Непрямые прямые
В прошлой заметке уравнение с радикалами распрямилось: под ним пряталось равенство AB + BC = AC. Три точки должны были лечь на одну прямую.
Есть похожий приём, только в задачах на кратчайший путь.
Самая известная версия такая. Даны точки A и B по одну сторону от прямой l. Нужно выбрать на l точку X так, чтобы сумма AX + XB была минимальной.
Фокус старый: отражаем B относительно прямой l и получаем точку B'. Тогда XB = XB', поэтому
AX + XB = AX + XB'.
А кратчайшая ломаная A – X – B' получается тогда, когда она становится прямой. Значит, X — точка пересечения прямой AB' с прямой l.
Это обычно рассказывают как закон отражения света. Но можно смотреть иначе: мы не ищем ломаную. Мы делаем замену, после которой ломаная обязана выродиться в отрезок.
С этой задачей, наверное, все знакомы. Интереснее, когда тот же приём спрятан глубже.
Например: на прямой y = x − 4 нужно найти точку, сумма расстояний от которой до параболы
y = 0,5x² + 3x + 6,5
и до окружности
(x − 3)² + (y − 5)² = 4
минимальна.
На вид задача уже совсем другая. Тут не две точки и зеркало, а прямая, парабола и окружность.
Но окружность можно заменить её центром C(3; 5). Точнее, расстояние до окружности отличается от расстояния до центра на величину радиуса 2. Для поиска минимума эта постоянная ничего не меняет.
Теперь отражаем центр C относительно прямой y = x − 4. Получается точка C'(9; −1).
Задача снова распрямилась: нужно найти на параболе точку A, ближайшую к C'.
Если точка A на параболе уже выбрана, то лучший путь A – X – C после отражения становится отрезком AC'. Значит, остаётся найти на параболе точку A, ближайшую к C'.
Это уже обычная задача на минимум: можно минимизировать квадрат расстояния от точки (t; 0,5t² + 3t + 6,5) до C'. Получается t = −1, то есть A(−1; 4).
Прямая через A и C' пересекает y = x − 4 в точке (5; 1).
Ответ: (5; 1).
Что здесь приятно: исходная задача вообще не похожа на задачу про отражение. В ней нет луча света, нет зеркала в привычном виде, нет двух данных точек. Но внутри тот же механизм. После отражения кратчайшая ломаная снова распрямляется.
В прошлой заметке уравнение с радикалами распрямилось: под ним пряталось равенство AB + BC = AC. Три точки должны были лечь на одну прямую.
Есть похожий приём, только в задачах на кратчайший путь.
Самая известная версия такая. Даны точки A и B по одну сторону от прямой l. Нужно выбрать на l точку X так, чтобы сумма AX + XB была минимальной.
Фокус старый: отражаем B относительно прямой l и получаем точку B'. Тогда XB = XB', поэтому
AX + XB = AX + XB'.
А кратчайшая ломаная A – X – B' получается тогда, когда она становится прямой. Значит, X — точка пересечения прямой AB' с прямой l.
Это обычно рассказывают как закон отражения света. Но можно смотреть иначе: мы не ищем ломаную. Мы делаем замену, после которой ломаная обязана выродиться в отрезок.
С этой задачей, наверное, все знакомы. Интереснее, когда тот же приём спрятан глубже.
Например: на прямой y = x − 4 нужно найти точку, сумма расстояний от которой до параболы
y = 0,5x² + 3x + 6,5
и до окружности
(x − 3)² + (y − 5)² = 4
минимальна.
На вид задача уже совсем другая. Тут не две точки и зеркало, а прямая, парабола и окружность.
Но окружность можно заменить её центром C(3; 5). Точнее, расстояние до окружности отличается от расстояния до центра на величину радиуса 2. Для поиска минимума эта постоянная ничего не меняет.
Теперь отражаем центр C относительно прямой y = x − 4. Получается точка C'(9; −1).
Задача снова распрямилась: нужно найти на параболе точку A, ближайшую к C'.
Если точка A на параболе уже выбрана, то лучший путь A – X – C после отражения становится отрезком AC'. Значит, остаётся найти на параболе точку A, ближайшую к C'.
Это уже обычная задача на минимум: можно минимизировать квадрат расстояния от точки (t; 0,5t² + 3t + 6,5) до C'. Получается t = −1, то есть A(−1; 4).
Прямая через A и C' пересекает y = x − 4 в точке (5; 1).
Ответ: (5; 1).
Что здесь приятно: исходная задача вообще не похожа на задачу про отражение. В ней нет луча света, нет зеркала в привычном виде, нет двух данных точек. Но внутри тот же механизм. После отражения кратчайшая ломаная снова распрямляется.
👍7🔥4❤2
Решение на границе
В прошлых заметках несколько раз появлялся один и тот же мотив: задача выглядит сложной, пока не заметишь, что какая-то ломаная должна стать прямой, а треугольник — выродиться.
Есть похожая ловушка в задачах на максимум и минимум.
Мы часто ищем «самое лучшее» положение где-то внутри: посередине, в вершине параболы, в точке равновесия. Но иногда правильный ответ сидит на краю. И его легко пропустить просто потому, что край кажется менее естественным.
Вот задача, в которой почти все сначала ошибаются.
В селе A живёт 300 школьников, в селе B — 200. Расстояние между сёлами 5 км. Где построить школу, чтобы суммарный путь всех детей был минимальным?
Первый ответ, который хочется дать: где-то между сёлами. Например, так, чтобы «уравновесить» расстояния: 2 км от A и 3 км от B.
Но это не минимум. Это просто точка, в которой дети из двух сёл в сумме прошли бы одинаковые расстояния.
Если x — расстояние от села A до школы, то общий путь равен
300x + 200(5 − x).
То есть 100x + 1000.
Чем меньше x, тем лучше. Значит, школу нужно строить прямо в селе A.
Ответ выглядит немного несправедливо, но с точки зрения условия всё честно: в A детей больше, поэтому каждый шаг от A к B увеличивает общий путь.
Другой пример.
Из прямоугольной трапеции с основаниями 3 и 5 и высотой 4 вырезают прямоугольник наибольшей площади. Если обозначить одну его сторону через x, получается
S(x) = 2x(5 − x).
Вершина параболы при x = 2,5, площадь 12,5. Очень хочется на этом остановиться.
Но нельзя.
Горизонтальная сторона такого прямоугольника не может быть меньше короткого основания трапеции: значит, x ≥ 3. С другой стороны, она меньше длинного основания: x < 5. Поэтому x меняется не на всём удобном промежутке, а только при 3 ≤ x < 5.
Вершина параболы оказалась вне допустимой области.
Поэтому максимум достигается на границе: при x = 3. Площадь равна 12.
Формально ошибка маленькая: забыли указать границы изменения x. По сути — нашли максимум не той задачи.
Ещё неприятнее это выглядит в задаче с параметром.
Пусть действительные x, y и a таковы, что
x + y = a + 1,
xy = a² − 7a + 16.
При каком a сумма x² + y² принимает наибольшее значение?
Сначала всё идёт гладко:
x² + y² = (x + y)² − 2xy,
поэтому
x² + y² = −(a − 8)² + 33.
Вершина параболы при a = 8. Казалось бы, ответ найден.
Но здесь есть спрятанное условие: x и y должны быть вещественными. Значит, они должны быть корнями квадратного уравнения с неотрицательным дискриминантом.
Это условие даёт
3 ≤ a ≤ 7.
А на этом промежутке выражение −(a − 8)² + 33 возрастает. Поэтому наибольшее значение получается не при a = 8, а на границе допустимых значений: при a = 7.
Эти задачи похожи не вычислениями, а типом ошибки.
В истории про вырожденные треугольники нужно было следить, не сломалась ли фигура в пределе. Здесь — не вышли ли мы за пределы задачи, пока красиво считали.
В прошлых заметках несколько раз появлялся один и тот же мотив: задача выглядит сложной, пока не заметишь, что какая-то ломаная должна стать прямой, а треугольник — выродиться.
Есть похожая ловушка в задачах на максимум и минимум.
Мы часто ищем «самое лучшее» положение где-то внутри: посередине, в вершине параболы, в точке равновесия. Но иногда правильный ответ сидит на краю. И его легко пропустить просто потому, что край кажется менее естественным.
Вот задача, в которой почти все сначала ошибаются.
В селе A живёт 300 школьников, в селе B — 200. Расстояние между сёлами 5 км. Где построить школу, чтобы суммарный путь всех детей был минимальным?
Первый ответ, который хочется дать: где-то между сёлами. Например, так, чтобы «уравновесить» расстояния: 2 км от A и 3 км от B.
Но это не минимум. Это просто точка, в которой дети из двух сёл в сумме прошли бы одинаковые расстояния.
Если x — расстояние от села A до школы, то общий путь равен
300x + 200(5 − x).
То есть 100x + 1000.
Чем меньше x, тем лучше. Значит, школу нужно строить прямо в селе A.
Ответ выглядит немного несправедливо, но с точки зрения условия всё честно: в A детей больше, поэтому каждый шаг от A к B увеличивает общий путь.
Другой пример.
Из прямоугольной трапеции с основаниями 3 и 5 и высотой 4 вырезают прямоугольник наибольшей площади. Если обозначить одну его сторону через x, получается
S(x) = 2x(5 − x).
Вершина параболы при x = 2,5, площадь 12,5. Очень хочется на этом остановиться.
Но нельзя.
Горизонтальная сторона такого прямоугольника не может быть меньше короткого основания трапеции: значит, x ≥ 3. С другой стороны, она меньше длинного основания: x < 5. Поэтому x меняется не на всём удобном промежутке, а только при 3 ≤ x < 5.
Вершина параболы оказалась вне допустимой области.
Поэтому максимум достигается на границе: при x = 3. Площадь равна 12.
Формально ошибка маленькая: забыли указать границы изменения x. По сути — нашли максимум не той задачи.
Ещё неприятнее это выглядит в задаче с параметром.
Пусть действительные x, y и a таковы, что
x + y = a + 1,
xy = a² − 7a + 16.
При каком a сумма x² + y² принимает наибольшее значение?
Сначала всё идёт гладко:
x² + y² = (x + y)² − 2xy,
поэтому
x² + y² = −(a − 8)² + 33.
Вершина параболы при a = 8. Казалось бы, ответ найден.
Но здесь есть спрятанное условие: x и y должны быть вещественными. Значит, они должны быть корнями квадратного уравнения с неотрицательным дискриминантом.
Это условие даёт
3 ≤ a ≤ 7.
А на этом промежутке выражение −(a − 8)² + 33 возрастает. Поэтому наибольшее значение получается не при a = 8, а на границе допустимых значений: при a = 7.
Эти задачи похожи не вычислениями, а типом ошибки.
В истории про вырожденные треугольники нужно было следить, не сломалась ли фигура в пределе. Здесь — не вышли ли мы за пределы задачи, пока красиво считали.
👍8🔥4❤2
Пицца и скрытая модель случайности
Попалась красивая задача про пиццу.
Шеф-повар хочет приготовить пиццу с 3 разными начинками. Каждая начинка случайным образом посыпается ровно на половину пиццы.
Какова вероятность того, что на пицце найдётся область, на которой присутствуют сразу все 3 начинки?
В классической интерпретации ответ равен ¾.
Считается, что каждая начинка покрывает случайный полукруг: то есть половину пиццы, отрезанную случайным диаметром.
Такой полукруг можно задать точкой на окружности — серединой дуги этого полукруга.
Тогда у трёх начинок есть три случайные точки A, B, C на окружности. Общая область для всех трёх начинок существует тогда и только тогда, когда эти три точки лежат в одной полуокружности.
А вероятность того, что три случайные точки на окружности лежат в некоторой полуокружности, равна ¾.
Действительно, зафиксируем одну из точек. Вероятность того, что две остальные попадут в полуокружность длиной 180°, начинающуюся в этой точке, равна
½ · ½ = ¼.
Такой «начальной» точкой может быть любая из трёх, поэтому получаем
3 · ¼ = ¾.
Это красивое решение. Но важно понимать: это ответ не просто на слова «случайно на половину пиццы», а на конкретную модель случайности.
В условии явно не сказано, что начинка покрывает именно случайный полукруг. А значит, можно предложить и другие интерпретации, которые тоже не противоречат фразе «ровно на половину пиццы».
Модель 1.
Пицца заранее разрезана одним диаметром на левую и правую половины. Каждая начинка случайно попадает либо на левую, либо на правую половину.
Тогда все три начинки встретятся на одной области только в двух случаях:
все три слева;
все три справа.
Всего вариантов 2³ = 8, удачных 2.
Ответ: ¼.
Модель 2.
Пицца заранее разрезана на 8 равных кусков. Каждая начинка случайно выбирает ровно 4 из 8 кусков.
Это тоже честная половина пиццы.
Найдём вероятность, что есть хотя бы один кусок со всеми тремя начинками.
Зафиксируем выбор первой начинки: она покрыла 4 куска.
Пусть вторая начинка совпала с первой ровно на s кусках. Тогда s может быть равно 0, 1, 2, 3 или 4.
Число способов выбрать вторую начинку с таким s равно C(4,s)·C(4,4-s).
Чтобы общего куска у всех трёх начинок не было, третья начинка должна избегать этих s общих кусков. Значит, её можно выбрать C(8-s,4) способами.
Всего вариантов для второй и третьей начинок:
C(8,4)² = 4900.
Неудачных вариантов:
C(4,0)²·C(8,4) + C(4,1)²·C(7,4) + C(4,2)²·C(6,4) + C(4,3)²·C(5,4) + C(4,4)²·C(4,4) = 1251.
Значит, удачных вариантов: 4900 - 1251 = 3649.
Ответ: 3649/4900 ≈ 0,745.
Модель 3.
Пицца разрезана на 8 равных кусков. Каждая начинка покрывает не любые 4 куска, а 4 соседних — каждая начинка выбирает один из 8 блоков по 4 соседних куска.
Зафиксируем первый блок. Для второй и третьей начинок всего 8·8=64 варианта.
Теперь считаем неудачные случаи, когда общего куска у всех трёх начинок нет.
В зависимости от положения второго блока число положений третьего блока, при которых общий кусок не появится, равно 1, 2, 3, 4, 8, 4, 3, 2.
Сумма: 1+2+3+4+8+4+3+2 = 27.
Значит, удачных вариантов: 64-27 = 37.
Ответ: 37/64.
Модель 4.
Пицца разрезана на n равных кусков, где n чётно. Каждая начинка выбирает ровно n/2 кусков.
Если она выбирает любые n/2 кусков, то при большом n вероятность становится близкой к 1.
Интуиция простая: каждый маленький кусочек имеет шанс примерно ½ ·½ ·½ =⅛
оказаться покрытым всеми тремя начинками. А если кусочков много, то почти наверняка хотя бы один окажется «тройным».
Модель 5.
Та же пицца из n равных кусков, но каждая начинка выбирает n/2 соседних кусков.
Тогда при большом n мы, наоборот, приближаемся к модели случайного полукруга. Поэтому вероятность стремится к ¾.
Все эти модели формально совместимы со словами: «каждая начинка случайно покрывает ровно половину пиццы».
Во всех этих подсчётах ещё молча предполагается, что начинки выбирают свои половины независимо друг от друга. Это тоже лучше проговаривать прямо: не просто «каждая начинка случайно покрывает половину пиццы», а «каждая начинка независимо выбирает половину по такому-то правилу».
Так что вероятность живёт не в слове «случайно», а в точно выбранной модели случайности.
Попалась красивая задача про пиццу.
Шеф-повар хочет приготовить пиццу с 3 разными начинками. Каждая начинка случайным образом посыпается ровно на половину пиццы.
Какова вероятность того, что на пицце найдётся область, на которой присутствуют сразу все 3 начинки?
В классической интерпретации ответ равен ¾.
Считается, что каждая начинка покрывает случайный полукруг: то есть половину пиццы, отрезанную случайным диаметром.
Такой полукруг можно задать точкой на окружности — серединой дуги этого полукруга.
Тогда у трёх начинок есть три случайные точки A, B, C на окружности. Общая область для всех трёх начинок существует тогда и только тогда, когда эти три точки лежат в одной полуокружности.
А вероятность того, что три случайные точки на окружности лежат в некоторой полуокружности, равна ¾.
Действительно, зафиксируем одну из точек. Вероятность того, что две остальные попадут в полуокружность длиной 180°, начинающуюся в этой точке, равна
½ · ½ = ¼.
Такой «начальной» точкой может быть любая из трёх, поэтому получаем
3 · ¼ = ¾.
Это красивое решение. Но важно понимать: это ответ не просто на слова «случайно на половину пиццы», а на конкретную модель случайности.
В условии явно не сказано, что начинка покрывает именно случайный полукруг. А значит, можно предложить и другие интерпретации, которые тоже не противоречат фразе «ровно на половину пиццы».
Модель 1.
Пицца заранее разрезана одним диаметром на левую и правую половины. Каждая начинка случайно попадает либо на левую, либо на правую половину.
Тогда все три начинки встретятся на одной области только в двух случаях:
все три слева;
все три справа.
Всего вариантов 2³ = 8, удачных 2.
Ответ: ¼.
Модель 2.
Пицца заранее разрезана на 8 равных кусков. Каждая начинка случайно выбирает ровно 4 из 8 кусков.
Это тоже честная половина пиццы.
Найдём вероятность, что есть хотя бы один кусок со всеми тремя начинками.
Зафиксируем выбор первой начинки: она покрыла 4 куска.
Пусть вторая начинка совпала с первой ровно на s кусках. Тогда s может быть равно 0, 1, 2, 3 или 4.
Число способов выбрать вторую начинку с таким s равно C(4,s)·C(4,4-s).
Чтобы общего куска у всех трёх начинок не было, третья начинка должна избегать этих s общих кусков. Значит, её можно выбрать C(8-s,4) способами.
Всего вариантов для второй и третьей начинок:
C(8,4)² = 4900.
Неудачных вариантов:
C(4,0)²·C(8,4) + C(4,1)²·C(7,4) + C(4,2)²·C(6,4) + C(4,3)²·C(5,4) + C(4,4)²·C(4,4) = 1251.
Значит, удачных вариантов: 4900 - 1251 = 3649.
Ответ: 3649/4900 ≈ 0,745.
Модель 3.
Пицца разрезана на 8 равных кусков. Каждая начинка покрывает не любые 4 куска, а 4 соседних — каждая начинка выбирает один из 8 блоков по 4 соседних куска.
Зафиксируем первый блок. Для второй и третьей начинок всего 8·8=64 варианта.
Теперь считаем неудачные случаи, когда общего куска у всех трёх начинок нет.
В зависимости от положения второго блока число положений третьего блока, при которых общий кусок не появится, равно 1, 2, 3, 4, 8, 4, 3, 2.
Сумма: 1+2+3+4+8+4+3+2 = 27.
Значит, удачных вариантов: 64-27 = 37.
Ответ: 37/64.
Модель 4.
Пицца разрезана на n равных кусков, где n чётно. Каждая начинка выбирает ровно n/2 кусков.
Если она выбирает любые n/2 кусков, то при большом n вероятность становится близкой к 1.
Интуиция простая: каждый маленький кусочек имеет шанс примерно ½ ·½ ·½ =⅛
оказаться покрытым всеми тремя начинками. А если кусочков много, то почти наверняка хотя бы один окажется «тройным».
Модель 5.
Та же пицца из n равных кусков, но каждая начинка выбирает n/2 соседних кусков.
Тогда при большом n мы, наоборот, приближаемся к модели случайного полукруга. Поэтому вероятность стремится к ¾.
Все эти модели формально совместимы со словами: «каждая начинка случайно покрывает ровно половину пиццы».
Во всех этих подсчётах ещё молча предполагается, что начинки выбирают свои половины независимо друг от друга. Это тоже лучше проговаривать прямо: не просто «каждая начинка случайно покрывает половину пиццы», а «каждая начинка независимо выбирает половину по такому-то правилу».
Так что вероятность живёт не в слове «случайно», а в точно выбранной модели случайности.
🔥11❤3💯3👍2😱1
Выше приведены критерии оценивания 18 задания с последнего ЕГЭ и ученическое решение. Как бы вы оценили это решение?
Anonymous Poll
1%
Я учитель математики и поставил бы 0
0%
Я учитель математики и поставил бы 1
1%
Я учитель математики и поставил бы 2
5%
Я учитель математики и поставил бы 3
46%
Я учитель математики и поставил бы 4
41%
Я не преподаю математику и считаю, что решение верное
7%
Я не преподаю математику и считаю, что решение не вполне корректное
В этом году у меня нет выпускных классов, это работа моей частной ученицы. Но, кажется, не проходит года, чтобы я не столкнулся с примерами крайне непрофессионального оценивания экспертами и его последующего одиозного узаконивания апелляционной комиссией.
Кстати, именно поэтому я для себя решил больше не ассоциироваться с проверкой ЕГЭ.
Эксперты поставили за это решение 2 балла из 4.
Формулировка претензии:
«В решении не определено количество корней, соответствующих промежутку a∈(1;√2)».
По критериям проверки 2 балла могут быть поставлены только при приобретении (потере) точки в решении, или из-за вычислительной ошибки. Но ни того, ни другого в решении нет.
Значения ±√2 стоят в самом ответе как границы промежутков. Значения −1 и 1 тоже учтены. Промежуток (1;√2) не включён, потому что там не два корня. Более того, количество решений указано для всех остальных промежутков. Поэтому отсутствие подписи только на интервале (1;√2) невозможно честно выдать за содержательную математическую ошибку: это локальный дефект оформления, не изменивший ни ход решения, ни ответ.
На апелляции был задан простой вопрос:
какое значение параметра в ответе ошибочно включено или какое значение параметра отсутствует?
Содержательного ответа не последовало. Вместо этого повторяли: «исследование неполное», «не учтены все случаи», «оси не подписаны», «значения ±√2 не выставлены».
Это профессиональное и нравственное банкротство проверки: когда верный ответ с локальным недочётом оформления приравнивают к работе, в которой решение фактически не доведено.
Ошибка эксперта — вещь неприятная, но человеческая. Хотя и здесь надо помнить: такой балл обычно возникает не из единоличного мгновенного решения одного человека, а после согласованной проверки двумя экспертами или после третьей проверки при расхождении.
Гораздо хуже другое: апелляционная система оказывается устроена так, что на прямой математический вопрос «где ошибка?» она отвечает административной мантрой.
В этот момент проверка перестаёт быть математической процедурой. Она превращается в ритуал защиты уже выставленного балла.
И это, пожалуй, самое страшное: ребёнок правильно решает задачу, получает верный ответ, а потом сталкивается не с экспертизой, а с глухой стеной.
Кстати, именно поэтому я для себя решил больше не ассоциироваться с проверкой ЕГЭ.
Эксперты поставили за это решение 2 балла из 4.
Формулировка претензии:
«В решении не определено количество корней, соответствующих промежутку a∈(1;√2)».
По критериям проверки 2 балла могут быть поставлены только при приобретении (потере) точки в решении, или из-за вычислительной ошибки. Но ни того, ни другого в решении нет.
Значения ±√2 стоят в самом ответе как границы промежутков. Значения −1 и 1 тоже учтены. Промежуток (1;√2) не включён, потому что там не два корня. Более того, количество решений указано для всех остальных промежутков. Поэтому отсутствие подписи только на интервале (1;√2) невозможно честно выдать за содержательную математическую ошибку: это локальный дефект оформления, не изменивший ни ход решения, ни ответ.
На апелляции был задан простой вопрос:
какое значение параметра в ответе ошибочно включено или какое значение параметра отсутствует?
Содержательного ответа не последовало. Вместо этого повторяли: «исследование неполное», «не учтены все случаи», «оси не подписаны», «значения ±√2 не выставлены».
Это профессиональное и нравственное банкротство проверки: когда верный ответ с локальным недочётом оформления приравнивают к работе, в которой решение фактически не доведено.
Ошибка эксперта — вещь неприятная, но человеческая. Хотя и здесь надо помнить: такой балл обычно возникает не из единоличного мгновенного решения одного человека, а после согласованной проверки двумя экспертами или после третьей проверки при расхождении.
Гораздо хуже другое: апелляционная система оказывается устроена так, что на прямой математический вопрос «где ошибка?» она отвечает административной мантрой.
В этот момент проверка перестаёт быть математической процедурой. Она превращается в ритуал защиты уже выставленного балла.
И это, пожалуй, самое страшное: ребёнок правильно решает задачу, получает верный ответ, а потом сталкивается не с экспертизой, а с глухой стеной.
😢51❤10🤯6🤔4😱2😁1
В течение нескольких лет, пока я соглашался работать экспертом ЕГЭ по профильной математике, после экзамена я писал для журнала «Математика в школе» заметки о проверке работ: что изменилось, какие задачи вызвали трудности, какие решения встречались у выпускников, где проверка оказывалась особенно тонкой.
Два года назад я собрал и переработал эти материалы для канала — получился цикл из четырёх текстов о проверке работ профильного ЕГЭ.
К сожалению, эти тексты не устарели.
Они не против ЕГЭ как экзамена. Они против такой проверки, в которой математическое содержание решения может проиграть административному ритуалу.
Первый текст — о самой логике экспертной проверки: почему одни реальные математические огрехи могут не приводить к потере баллов, а другие, гораздо более локальные недочёты оформления, внезапно оказываются фатальными.
Два года назад я собрал и переработал эти материалы для канала — получился цикл из четырёх текстов о проверке работ профильного ЕГЭ.
К сожалению, эти тексты не устарели.
Они не против ЕГЭ как экзамена. Они против такой проверки, в которой математическое содержание решения может проиграть административному ритуалу.
Первый текст — о самой логике экспертной проверки: почему одни реальные математические огрехи могут не приводить к потере баллов, а другие, гораздо более локальные недочёты оформления, внезапно оказываются фатальными.
Telegraph
О проверке работ профильного ЕГЭ — 1
Система экспертной оценки экзаменационных работ действует как хорошо отлаженный механизм. Однако, с точки зрения внешнего наблюдателя, работа этого механизма далеко не полностью соответствует задаче объективного оценивания знаний выпускников. Получается…
❤21🔥6👍4
Вторая заметка — о неравенствах и ОДЗ.
Это, пожалуй, одна из самых болезненных зон проверки: ученик может в целом понимать преобразования, двигаться равносильными переходами и получать верный ответ, но из-за неполной или неудачно оформленной записи «ограничений» работа может быть оценена несоразмерно жёстко.
Проблема здесь не в том, что ОДЗ неважна. А в том, что проверка начинает оценивать не математический смысл решения, а соответствие локальному канону записи.
Это, пожалуй, одна из самых болезненных зон проверки: ученик может в целом понимать преобразования, двигаться равносильными переходами и получать верный ответ, но из-за неполной или неудачно оформленной записи «ограничений» работа может быть оценена несоразмерно жёстко.
Проблема здесь не в том, что ОДЗ неважна. А в том, что проверка начинает оценивать не математический смысл решения, а соответствие локальному канону записи.
Telegraph
О проверке работ профильного ЕГЭ — 2
Рассмотрим особенности проверки задания № 15 — неравенства. Для начала приведём пример оценивания задания из работы МЦКО (имеющей тот же формат и критерии оценивания, что и ЕГЭ). И вот ответ от экспертов конфликтной комиссии на апелляции: Не будем придираться…
🔥11❤7👍6😱3
Третья заметка сейчас читается особенно актуально.
Она о последних заданиях профильного ЕГЭ — в том числе о параметрах. О ситуации, когда критерий вроде бы должен измерять степень продвижения в задаче, но на практике иногда создаёт странную развилку: верный ответ есть, математическая идея есть, а формального места для нормальной оценки этого решения как будто не находится.
Она о последних заданиях профильного ЕГЭ — в том числе о параметрах. О ситуации, когда критерий вроде бы должен измерять степень продвижения в задаче, но на практике иногда создаёт странную развилку: верный ответ есть, математическая идея есть, а формального места для нормальной оценки этого решения как будто не находится.
Telegraph
О проверке работ профильного ЕГЭ — 3
Вызывает вопросы и разумность критериев оценки двух последних задач. Начнём с задания № 18. В одном из проверяемых мною вариантов оно выглядело так: Критерии проверки: 4 балла — обоснованно получен верный ответ; 3 балла — с помощью верных рассуждений получено…
❤8🔥6👍4
Четвёртая заметка — про экономическую задачу и вопрос, который звучит почти абсурдно: всегда ли 1 процент равен 0,01?
Речь идёт о том, как формальная трактовка обозначений может перекрыть очевидный математический смысл решения. Ученик фактически строит правильную модель, правильно её решает, получает правильное числовое содержание ответа — но проверка видит не это, а нарушение принятой символики.
И снова главный вопрос тот же: проверяем ли мы понимание математики или же ритуал записи?
На этом цикл пока заканчивается, но сама проблема, к сожалению, нет.
Речь идёт о том, как формальная трактовка обозначений может перекрыть очевидный математический смысл решения. Ученик фактически строит правильную модель, правильно её решает, получает правильное числовое содержание ответа — но проверка видит не это, а нарушение принятой символики.
И снова главный вопрос тот же: проверяем ли мы понимание математики или же ритуал записи?
На этом цикл пока заканчивается, но сама проблема, к сожалению, нет.
Telegraph
О проверке работ профильного ЕГЭ — 4. Всегда ли 1 процент равен 0,01?
Вам кажется странным поставленный вопрос? Но такое же странное ощущение возникло у меня во время проверки профильного ЕГЭ по математике 2019 г. от данной всем экспертам установки, как необходимо оценивать задание № 17. Сначала приведу саму задачу. 15 января…
👏14🤬7👍6❤3🔥1😱1
Задача про лодку, которая ведёт к теории относительности
Для знакомства с теорией относительности неожиданно важной оказывается обычная школьная
задача про лодку, плывущую по реке.
Лодка плывёт со скоростью 5 км/ч относительно воды. Скорость течения — 3 км/ч.
Сначала пусть лодка проходит 4 км вниз по течению и затем возвращается обратно.
Вниз по течению её скорость равна 5+3=8 км/ч, значит, путь занимает 4/8=0,5 часа.
Вверх против течения скорость равна 5−3=2 км/ч, значит, обратный путь занимает 4/2=2 часа.
Итого туда-обратно: 2,5 часа.
За это время лодка прошла 8 км, поэтому её средняя скорость на всём пути равна 8/2,5=3,2 км/ч.
Заметим: собственная скорость лодки равна 5 км/ч, но средняя скорость туда-обратно по реке меньше. Течение помогает в одну сторону и мешает в другую, но помощь и помеха не компенсируются.
Теперь другая задача.
Та же лодка переплывает реку шириной 4 км и возвращается обратно. Нужно попасть точно в точку напротив, поэтому лодку приходится направить немного против течения.
Из всей скорости 5 км/ч часть уходит на компенсацию сноса. Течение имеет скорость 3 км/ч, значит, поперечная составляющая скорости равна
√(5²−3²)=4 км/ч.
Ширина реки 4 км, значит, путь на другой берег занимает 1 час. Обратно — ещё 1 час. Итого туда-обратно поперёк реки: 2 часа.
Получилось важное различие:
вдоль течения туда-обратно — 2,5 часа;
поперёк течения туда-обратно — 2 часа.
Одна и та же лодка, одна и та же река, одинаковое расстояние туда-обратно — но время зависит от направления.
А значит, если есть течение, его можно обнаружить, сравнив продольный и поперечный маршруты.
Именно эта школьная идея стоит за знаменитым опытом Майкельсона–Морли.
Если бы свет распространялся в неподвижном эфире, а Земля двигалась сквозь него, то возник бы аналог речного течения — «эфирный ветер». Свет вдоль движения Земли и свет поперёк этого движения должны были бы проходить свои пути за разные времена.
Интерферометр Майкельсона–Морли был устроен так, чтобы эту разницу заметить.
Но не заметил.
Для знакомства с теорией относительности неожиданно важной оказывается обычная школьная
задача про лодку, плывущую по реке.
Лодка плывёт со скоростью 5 км/ч относительно воды. Скорость течения — 3 км/ч.
Сначала пусть лодка проходит 4 км вниз по течению и затем возвращается обратно.
Вниз по течению её скорость равна 5+3=8 км/ч, значит, путь занимает 4/8=0,5 часа.
Вверх против течения скорость равна 5−3=2 км/ч, значит, обратный путь занимает 4/2=2 часа.
Итого туда-обратно: 2,5 часа.
За это время лодка прошла 8 км, поэтому её средняя скорость на всём пути равна 8/2,5=3,2 км/ч.
Заметим: собственная скорость лодки равна 5 км/ч, но средняя скорость туда-обратно по реке меньше. Течение помогает в одну сторону и мешает в другую, но помощь и помеха не компенсируются.
Теперь другая задача.
Та же лодка переплывает реку шириной 4 км и возвращается обратно. Нужно попасть точно в точку напротив, поэтому лодку приходится направить немного против течения.
Из всей скорости 5 км/ч часть уходит на компенсацию сноса. Течение имеет скорость 3 км/ч, значит, поперечная составляющая скорости равна
√(5²−3²)=4 км/ч.
Ширина реки 4 км, значит, путь на другой берег занимает 1 час. Обратно — ещё 1 час. Итого туда-обратно поперёк реки: 2 часа.
Получилось важное различие:
вдоль течения туда-обратно — 2,5 часа;
поперёк течения туда-обратно — 2 часа.
Одна и та же лодка, одна и та же река, одинаковое расстояние туда-обратно — но время зависит от направления.
А значит, если есть течение, его можно обнаружить, сравнив продольный и поперечный маршруты.
Именно эта школьная идея стоит за знаменитым опытом Майкельсона–Морли.
Если бы свет распространялся в неподвижном эфире, а Земля двигалась сквозь него, то возник бы аналог речного течения — «эфирный ветер». Свет вдоль движения Земли и свет поперёк этого движения должны были бы проходить свои пути за разные времена.
Интерферометр Майкельсона–Морли был устроен так, чтобы эту разницу заметить.
Но не заметил.
👍28🔥11
Как Майкельсон и Морли искали эфирный ветер
В прошлой заметке мы увидели: если есть течение, то путь туда-обратно вдоль него и путь туда-обратно поперёк него занимают разное время.
Именно такого различия ждали в опыте Майкельсона–Морли. Только вместо лодки был свет, вместо реки — предполагаемый эфир, а вместо течения — движение Земли сквозь этот эфир, или «эфирный ветер».
Пусть длина плеча интерферометра равна L, скорость света относительно эфира равна c, а скорость Земли сквозь эфир равна v.
Сначала посмотрим на плечо, направленное вдоль «эфирного ветра».
Если свет идёт в одну сторону по движению прибора, зеркало от него как бы убегает. Если обратно — источник движется ему навстречу. Поэтому времена двух участков устроены как в задаче о лодке по течению и против течения:
L/(c−v) и L/(c+v).
Полное время продольного хода равно
T_‖ = L/(c−v)+L/(c+v).
Приводим к общему знаменателю:
T_‖ = 2Lc/(c²−v²) = (2L/c)/(1−v²/c²).
Теперь поперечное плечо.
Здесь важно не представить свет как луч, который просто летит строго поперёк. Пока свет идёт к зеркалу, само зеркало вместе со всем прибором смещается вдоль «эфирного ветра». Поэтому в системе эфира луч должен идти по диагонали: он одновременно движется к зеркалу поперёк и догоняет его вдоль движения прибора.
Получается прямоугольный треугольник.
За время t свет проходит путь ct.
За то же время прибор смещается вдоль движения на vt.
А поперечное расстояние до зеркала равно L.
Значит, (ct)² = L²+(vt)².
Отсюда t = L/√(c²−v²).
Это время пути к зеркалу. Обратно получается столько же: прибор всё так же смещается, и луч снова идёт по диагонали. Поэтому
T_⊥ = 2L/√(c²−v²) = (2L/c)/√(1−v²/c²).
Итак, в эфирной картине получаются два разных времени:
T_‖ = (2L/c)/(1−v²/c²),
T_⊥ = (2L/c)/√(1−v²/c²).
Продольный ход должен длиться дольше поперечного. При повороте интерферометра на 90° плечи меняются ролями, значит, интерференционная картина должна сместиться.
Именно это смещение Майкельсон и Морли пытались обнаружить.
Но ожидаемого смещения не оказалось.
Как можно было спасти эфирную картину?
Фицджеральд и Лоренц предложили идею: тело, движущееся сквозь эфир, сокращается вдоль направления движения. Причём не как угодно, а ровно настолько, чтобы продольное и поперечное времена сравнялись.
Пусть продольное плечо сокращается в k раз. Тогда вместо L в формуле для T_‖ надо поставить kL:
T_‖ = (2kL/c)/(1−v²/c²).
Хотим, чтобы это совпало с поперечным временем:
(2kL/c)/(1−v²/c²) = (2L/c)/√(1−v²/c²).
После сокращения общих множителей получаем
k = √(1−v²/c²).
Вот откуда появляется лоренцево сокращение: продольный ход света замедляется сильнее поперечного. Чтобы времена сравнялись, продольное плечо должно стать короче в √(1−v²/c²) раз — коэффициент, равный отношению поперечного замедления к продольному.
В эфирной интерпретации это сокращение понималось как физическая деформация тела при движении через эфир. Но дальше та же формула получила другой смысл: в релятивистской геометрии эфир уже не нужен, а множитель √(1−v²/c²) возникает из самой структуры пространства-времени.
В прошлой заметке мы увидели: если есть течение, то путь туда-обратно вдоль него и путь туда-обратно поперёк него занимают разное время.
Именно такого различия ждали в опыте Майкельсона–Морли. Только вместо лодки был свет, вместо реки — предполагаемый эфир, а вместо течения — движение Земли сквозь этот эфир, или «эфирный ветер».
Пусть длина плеча интерферометра равна L, скорость света относительно эфира равна c, а скорость Земли сквозь эфир равна v.
Сначала посмотрим на плечо, направленное вдоль «эфирного ветра».
Если свет идёт в одну сторону по движению прибора, зеркало от него как бы убегает. Если обратно — источник движется ему навстречу. Поэтому времена двух участков устроены как в задаче о лодке по течению и против течения:
L/(c−v) и L/(c+v).
Полное время продольного хода равно
T_‖ = L/(c−v)+L/(c+v).
Приводим к общему знаменателю:
T_‖ = 2Lc/(c²−v²) = (2L/c)/(1−v²/c²).
Теперь поперечное плечо.
Здесь важно не представить свет как луч, который просто летит строго поперёк. Пока свет идёт к зеркалу, само зеркало вместе со всем прибором смещается вдоль «эфирного ветра». Поэтому в системе эфира луч должен идти по диагонали: он одновременно движется к зеркалу поперёк и догоняет его вдоль движения прибора.
Получается прямоугольный треугольник.
За время t свет проходит путь ct.
За то же время прибор смещается вдоль движения на vt.
А поперечное расстояние до зеркала равно L.
Значит, (ct)² = L²+(vt)².
Отсюда t = L/√(c²−v²).
Это время пути к зеркалу. Обратно получается столько же: прибор всё так же смещается, и луч снова идёт по диагонали. Поэтому
T_⊥ = 2L/√(c²−v²) = (2L/c)/√(1−v²/c²).
Итак, в эфирной картине получаются два разных времени:
T_‖ = (2L/c)/(1−v²/c²),
T_⊥ = (2L/c)/√(1−v²/c²).
Продольный ход должен длиться дольше поперечного. При повороте интерферометра на 90° плечи меняются ролями, значит, интерференционная картина должна сместиться.
Именно это смещение Майкельсон и Морли пытались обнаружить.
Но ожидаемого смещения не оказалось.
Как можно было спасти эфирную картину?
Фицджеральд и Лоренц предложили идею: тело, движущееся сквозь эфир, сокращается вдоль направления движения. Причём не как угодно, а ровно настолько, чтобы продольное и поперечное времена сравнялись.
Пусть продольное плечо сокращается в k раз. Тогда вместо L в формуле для T_‖ надо поставить kL:
T_‖ = (2kL/c)/(1−v²/c²).
Хотим, чтобы это совпало с поперечным временем:
(2kL/c)/(1−v²/c²) = (2L/c)/√(1−v²/c²).
После сокращения общих множителей получаем
k = √(1−v²/c²).
Вот откуда появляется лоренцево сокращение: продольный ход света замедляется сильнее поперечного. Чтобы времена сравнялись, продольное плечо должно стать короче в √(1−v²/c²) раз — коэффициент, равный отношению поперечного замедления к продольному.
В эфирной интерпретации это сокращение понималось как физическая деформация тела при движении через эфир. Но дальше та же формула получила другой смысл: в релятивистской геометрии эфир уже не нужен, а множитель √(1−v²/c²) возникает из самой структуры пространства-времени.
👍13❤8🔥6
Та же формула, но другая геометрия
В прошлой заметке лоренцево сокращение появилось из школьной картинки: лодка, река, течение, путь туда-обратно.
Если бы существовало эфирное течение — обычно говорят «эфирный ветер» — то свет вдоль движения Земли должен был бы вести себя как лодка на реке. Чтобы объяснить нулевой результат опыта Майкельсона–Морли, Фицджеральд и Лоренц предположили: продольное плечо интерферометра сокращается в √(1− v²/c²) раз.
В этой картине сокращение выглядит как физическая деформация тела при движении через эфир.
Но дальше та же формула получает другой смысл. В релятивистской интерпретации, связанной с работами Лоренца, Пуанкаре, Эйнштейна и Минковского, вопрос ставится иначе. Не нужно спрашивать, как быстро Земля движется относительно эфира. Вместо этого принимается другое требование: законы физики имеют один и тот же вид во всех инерциальных системах отсчёта, а скорость света в вакууме не зависит от выбора такой системы.
На первый взгляд это звучит почти как фокус. Но геометрия Минковского показывает, что никакого фокуса нет. Просто пространство и время нельзя рассматривать отдельно.
В обычной евклидовой геометрии расстояние между точками сохраняется при поворотах. Если мы повернули систему координат, меняются проекции на оси x и y, но сама длина отрезка не меняется.
В пространстве-времени Минковского роль такой сохраняющейся величины играет не x²+y², а выражение
c²t²−x²−y²−z².
Именно оно остаётся неизменным при переходе от одной инерциальной системы к другой.
Из-за этого переход между системами отсчёта похож не на обычный поворот, а на гиперболический поворот осей пространства и времени. Новая ось времени наклоняется, и вместе с ней меняется то, какие события считаются одновременными.
Вот здесь и рождается сокращение длины.
Что значит «измерить длину движущегося стержня»? Нужно отметить положения двух его концов одновременно. Но одновременно — в какой системе отсчёта?
Для наблюдателя, который летит вместе со стержнем, одновременность одна. Для наблюдателя, относительно которого стержень движется, одновременность другая. Он берёт другой срез пространства-времени. Этот срез пересекает мировую полоску стержня иначе, и полученная длина оказывается меньше:
L = L₀√(1−v²/c²).
То есть стержень не обязан «сжиматься» как пружина. Просто разные инерциальные наблюдатели по-разному разрезают пространство-время на пространство и время.
То же самое с замедлением времени.
Часы, движущиеся вместе с объектом, измеряют собственное время вдоль его мировой линии. Другой инерциальный наблюдатель раскладывает ту же мировую линию на свои координаты пространства и времени. Из той же геометрии Минковского получается множитель 1/√(1−v²/c²).
Поэтому сокращение длины и замедление времени — не два отдельных трюка. Это две проекции одной и той же геометрии.
В одной интерпретации сохраняется эфир: тело сокращается при движении через него, и поэтому опыт ничего не показывает. В другой эфир не нужен: тот же результат следует из геометрии пространства-времени и равноправия инерциальных систем.
Лодочная картинка помогает понять, почему исторически ждали эффект и почему понадобился множитель √(1−v²/c²).
А геометрия Минковского объясняет, почему этот множитель не случайная поправка, а часть новой геометрии пространства-времени.
В прошлой заметке лоренцево сокращение появилось из школьной картинки: лодка, река, течение, путь туда-обратно.
Если бы существовало эфирное течение — обычно говорят «эфирный ветер» — то свет вдоль движения Земли должен был бы вести себя как лодка на реке. Чтобы объяснить нулевой результат опыта Майкельсона–Морли, Фицджеральд и Лоренц предположили: продольное плечо интерферометра сокращается в √(1− v²/c²) раз.
В этой картине сокращение выглядит как физическая деформация тела при движении через эфир.
Но дальше та же формула получает другой смысл. В релятивистской интерпретации, связанной с работами Лоренца, Пуанкаре, Эйнштейна и Минковского, вопрос ставится иначе. Не нужно спрашивать, как быстро Земля движется относительно эфира. Вместо этого принимается другое требование: законы физики имеют один и тот же вид во всех инерциальных системах отсчёта, а скорость света в вакууме не зависит от выбора такой системы.
На первый взгляд это звучит почти как фокус. Но геометрия Минковского показывает, что никакого фокуса нет. Просто пространство и время нельзя рассматривать отдельно.
В обычной евклидовой геометрии расстояние между точками сохраняется при поворотах. Если мы повернули систему координат, меняются проекции на оси x и y, но сама длина отрезка не меняется.
В пространстве-времени Минковского роль такой сохраняющейся величины играет не x²+y², а выражение
c²t²−x²−y²−z².
Именно оно остаётся неизменным при переходе от одной инерциальной системы к другой.
Из-за этого переход между системами отсчёта похож не на обычный поворот, а на гиперболический поворот осей пространства и времени. Новая ось времени наклоняется, и вместе с ней меняется то, какие события считаются одновременными.
Вот здесь и рождается сокращение длины.
Что значит «измерить длину движущегося стержня»? Нужно отметить положения двух его концов одновременно. Но одновременно — в какой системе отсчёта?
Для наблюдателя, который летит вместе со стержнем, одновременность одна. Для наблюдателя, относительно которого стержень движется, одновременность другая. Он берёт другой срез пространства-времени. Этот срез пересекает мировую полоску стержня иначе, и полученная длина оказывается меньше:
L = L₀√(1−v²/c²).
То есть стержень не обязан «сжиматься» как пружина. Просто разные инерциальные наблюдатели по-разному разрезают пространство-время на пространство и время.
То же самое с замедлением времени.
Часы, движущиеся вместе с объектом, измеряют собственное время вдоль его мировой линии. Другой инерциальный наблюдатель раскладывает ту же мировую линию на свои координаты пространства и времени. Из той же геометрии Минковского получается множитель 1/√(1−v²/c²).
Поэтому сокращение длины и замедление времени — не два отдельных трюка. Это две проекции одной и той же геометрии.
В одной интерпретации сохраняется эфир: тело сокращается при движении через него, и поэтому опыт ничего не показывает. В другой эфир не нужен: тот же результат следует из геометрии пространства-времени и равноправия инерциальных систем.
Лодочная картинка помогает понять, почему исторически ждали эффект и почему понадобился множитель √(1−v²/c²).
А геометрия Минковского объясняет, почему этот множитель не случайная поправка, а часть новой геометрии пространства-времени.
🔥14❤6👍4🤷1
В видео Борис Трушин разбирает поучительную историю с геометрической задачей. Неприятно только, что она случилась на живом ЕГЭ.
Условие вроде бы выглядит безобидно: в треугольнике ABC угол B равен 60°, вписанная окружность касается стороны AC в точке M, радиус этой окружности равен R, а BM = 7R/3. Нужно найти синус угла CMB.
Первый пункт задачи даже просит доказать, что BM ≤ 3R. И тут в ловушку попался сам составитель задачи: раз 7R/3 меньше 3R, то кажется, что всё нормально.
Борис объясняет, почему на самом деле должно выполняться ещё условие:
BM > √7R.
А поскольку 7/3 < √7, описанного в задаче треугольника просто не существует.
Можно поставить ещё следующий вопрос: оставим ошибочное отношение BM = 7R/3, но перестанем фиксировать ∠B = 60°. При каких углах такая задача стала бы корректной?
Пусть ∠B = 2φ, а I — центр вписанной окружности. Тогда
BI = R / sin φ.
Точка M — точка касания переменной стороны AC с окружностью. Чтобы сторона AC действительно образовывала треугольник, её касательная должна пересекать обе стороны угла B.
Посмотрим на предельные положения.
Пусть T — точка касания окружности с одной из сторон угла, а T' — диаметрально противоположная ей точка окружности. Касательная к окружности в точке T' параллельна этой стороне угла. Значит, при таком положении третья сторона уже не даёт треугольника: одна вершина уходит в бесконечность. Это и есть нижняя граница.
Найдём BT'. В прямоугольном треугольнике BIT имеем
BI = R / sin φ,
IT = R,
∠BIT = 90° – φ.
Так как T' диаметрально противоположна точке T, то
∠BIT' = 90° + φ.
По теореме косинусов для треугольника BIT':
BT'² = BI² + IT'² – 2·BI·IT'·cos(90° + φ).
Но IT' = R, а cos(90° + φ) = –sinφ, поэтому
BT'² = R² / sin²φ + R² + 2R² = R²(1/sin²φ + 3).
Следовательно, для настоящего треугольника должно быть
BM > R√(1/sin² φ + 3).
Равенство не подходит: при равенстве касательная параллельна одной из сторон угла, и треугольник вырождается.
Теперь верхняя граница. Самая дальняя от B точка допустимой дуги — это точка Q окружности, лежащая на биссектрисе угла по другую сторону от I. Тогда точки B, I, Q лежат на одной прямой, и
BQ = BI + IQ = R / sinφ + R.
Касательная в точке Q перпендикулярна биссектрисе и даёт обычный равнобедренный треугольник, поэтому верхняя граница достигается.
Итак, при ∠B = 2φ полный диапазон такой:
R√(1/sin²φ + 3) < BM ≤ R(1/sinφ + 1).
Или, если BM = kR, то
√(1/sin²φ + 3) < k ≤ 1/sinφ + 1.
Для исходного ∠B = 60° имеем φ = 30°, sin φ = 1/2, поэтому
√7 < k ≤ 3.
Именно поэтому k = 7/3 не годится.
Теперь оставим число k = 7/3 и найдём допустимые значения угла.
Нужно, чтобы
√(1/sin²φ + 3) < 7/3 ≤ 1/sinφ + 1.
Отсюда получаем:
3/√22 < sinφ ≤ 3/4.
А поскольку ∠B = 2φ,
2arcsin(3/√22) < ∠B ≤ 2arcsin(3/4).
Приблизительно:
79,52° < ∠B ≤ 97,18°.
То есть чтобы сохранить число 7/3, угол B надо было бы увеличить почти до 80° или больше.
Можно ли сделать ЕГЭ-задачу со значением k = 7/3?
Да, при значении ∠B = 90° в пункте б) получится красивый ответ: sin∠CMB = 20/21.
Пункт а) при этом тоже должен измениться. Естественная точная верхняя граница будет такой:
BM ≤ (1 + √2)R.
И её доказательство остаётся почти чисто геометрическим. Центр вписанной окружности лежит на биссектрисе прямого угла, поэтому находится на расстоянии R√2 от вершины B. А самая удалённая от B точка окружности лежит на луче BI за точкой I. Значит, максимальное возможное расстояние от B до точки касания равно
BI + R = (1 + √2)R.
Если требуется сделать задачу менее прозрачной, пункт а) можно заменить на доказательство более грубой оценки BM ≤ 5R/2. Она следует из точной границы BM ≤ (1 + √2)R, но сама точная граница тогда не бросается в глаза.
Условие вроде бы выглядит безобидно: в треугольнике ABC угол B равен 60°, вписанная окружность касается стороны AC в точке M, радиус этой окружности равен R, а BM = 7R/3. Нужно найти синус угла CMB.
Первый пункт задачи даже просит доказать, что BM ≤ 3R. И тут в ловушку попался сам составитель задачи: раз 7R/3 меньше 3R, то кажется, что всё нормально.
Борис объясняет, почему на самом деле должно выполняться ещё условие:
BM > √7R.
А поскольку 7/3 < √7, описанного в задаче треугольника просто не существует.
Можно поставить ещё следующий вопрос: оставим ошибочное отношение BM = 7R/3, но перестанем фиксировать ∠B = 60°. При каких углах такая задача стала бы корректной?
Пусть ∠B = 2φ, а I — центр вписанной окружности. Тогда
BI = R / sin φ.
Точка M — точка касания переменной стороны AC с окружностью. Чтобы сторона AC действительно образовывала треугольник, её касательная должна пересекать обе стороны угла B.
Посмотрим на предельные положения.
Пусть T — точка касания окружности с одной из сторон угла, а T' — диаметрально противоположная ей точка окружности. Касательная к окружности в точке T' параллельна этой стороне угла. Значит, при таком положении третья сторона уже не даёт треугольника: одна вершина уходит в бесконечность. Это и есть нижняя граница.
Найдём BT'. В прямоугольном треугольнике BIT имеем
BI = R / sin φ,
IT = R,
∠BIT = 90° – φ.
Так как T' диаметрально противоположна точке T, то
∠BIT' = 90° + φ.
По теореме косинусов для треугольника BIT':
BT'² = BI² + IT'² – 2·BI·IT'·cos(90° + φ).
Но IT' = R, а cos(90° + φ) = –sinφ, поэтому
BT'² = R² / sin²φ + R² + 2R² = R²(1/sin²φ + 3).
Следовательно, для настоящего треугольника должно быть
BM > R√(1/sin² φ + 3).
Равенство не подходит: при равенстве касательная параллельна одной из сторон угла, и треугольник вырождается.
Теперь верхняя граница. Самая дальняя от B точка допустимой дуги — это точка Q окружности, лежащая на биссектрисе угла по другую сторону от I. Тогда точки B, I, Q лежат на одной прямой, и
BQ = BI + IQ = R / sinφ + R.
Касательная в точке Q перпендикулярна биссектрисе и даёт обычный равнобедренный треугольник, поэтому верхняя граница достигается.
Итак, при ∠B = 2φ полный диапазон такой:
R√(1/sin²φ + 3) < BM ≤ R(1/sinφ + 1).
Или, если BM = kR, то
√(1/sin²φ + 3) < k ≤ 1/sinφ + 1.
Для исходного ∠B = 60° имеем φ = 30°, sin φ = 1/2, поэтому
√7 < k ≤ 3.
Именно поэтому k = 7/3 не годится.
Теперь оставим число k = 7/3 и найдём допустимые значения угла.
Нужно, чтобы
√(1/sin²φ + 3) < 7/3 ≤ 1/sinφ + 1.
Отсюда получаем:
3/√22 < sinφ ≤ 3/4.
А поскольку ∠B = 2φ,
2arcsin(3/√22) < ∠B ≤ 2arcsin(3/4).
Приблизительно:
79,52° < ∠B ≤ 97,18°.
То есть чтобы сохранить число 7/3, угол B надо было бы увеличить почти до 80° или больше.
Можно ли сделать ЕГЭ-задачу со значением k = 7/3?
Да, при значении ∠B = 90° в пункте б) получится красивый ответ: sin∠CMB = 20/21.
Пункт а) при этом тоже должен измениться. Естественная точная верхняя граница будет такой:
BM ≤ (1 + √2)R.
И её доказательство остаётся почти чисто геометрическим. Центр вписанной окружности лежит на биссектрисе прямого угла, поэтому находится на расстоянии R√2 от вершины B. А самая удалённая от B точка окружности лежит на луче BI за точкой I. Значит, максимальное возможное расстояние от B до точки касания равно
BI + R = (1 + √2)R.
Если требуется сделать задачу менее прозрачной, пункт а) можно заменить на доказательство более грубой оценки BM ≤ 5R/2. Она следует из точной границы BM ≤ (1 + √2)R, но сама точная граница тогда не бросается в глаза.
👍8❤4🔥4😱1
Пчёлы, греки и ноль
Попались рядом два научно-популярных текста.
Один — о том, что пчёлы понимают ноль.
Другой — о том, что у древних греков нуля не было.
Если поставить эти две фразы рядом, получится почти анекдот: пчёлы справились с понятием, до которого не дошли Евклид и Архимед.
В опытах пчёлам показывали изображения с разным числом фигур. Иногда фигур не было совсем. После обучения правилу «выбирай меньшее количество» пчёлы чаще выбирали пустое изображение, когда оно сравнивалось с изображением, на котором была одна фигура.
На одном листе множество отмеченных фигур состоит из одного элемента:
|{●}| = 1.
На другом листе отмеченных фигур нет:
|∅| = 0.
И нулевая численность оказывается меньше единичной:
|∅| < |{●}|.
В этом смысле пчёлы, похоже, работают с нулевой численностью: пустое изображение занимает место перед изображением с одним предметом.
С древними греками история другая. У Евклида число — это множество, составленное из единиц. При таком взгляде нулю трудно найти место среди чисел: он не составлен из единиц. Конечно, древний грек понимал, что в сосуде может не быть воды, а на доске — точек. Но одно дело — отсутствие предметов, и другое — число, участвующее в арифметике наравне с 2, 3 или 10.
В современной записи удобно сказать:
у пустого множества есть количество элементов, и это количество равно нулю.
Не пустое множество «равно нулю», а его мощность равна нулю: |∅| = 0.
Есть и другой ноль — не как число предметов, а как знак пустого места.
В записи 105 ноль не означает, что «ничего нет» вообще.
Такой ноль нужен для того, чтобы удержать разряд. Это ноль-сторож: он стоит на пустом месте и не даёт сотням сдвинуться к десяткам.
В непозиционной записи такая роль не возникает в явном виде. Поэтому римское CV и наше 105 устроены принципиально по-разному: в современном числе значение цифры зависит от места, а пустое место тоже должно быть как-то обозначено.
Так обычное «ничего» становится числом, а пустой разряд — видимым местом в записи числа.
Но на этом история нуля не заканчивается.
В анализе ноль превращается в точку, около которой можно различать то, что в самой точке уже сливается.
При x → 0 величины x, x², sin x и 1−cos x стремятся к нулю. В самом нуле они все обращаются в 0. Но подходят к нему по-разному: x² исчезает быстрее, чем x, sin x — примерно с той же скоростью, что x, а 1−cosx — примерно как x²/2.
Поэтому 0/0 в анализе — не ответ, а предупреждающий знак: две величины одновременно исчезают, и нужно сравнить скорости их исчезновения.
sinx / x → 1, а x²/x → 0.
Грубая подстановка даёт один и тот же символ 0/0, но предельное поведение разное.
Ещё один поворот появляется в геометрии. Нулевой уровень функции — это уже не «ничего», а фигура. Уравнение x² + y² − 1 = 0 вырезает окружность, xy = 0 — две координатные оси, y² − x³ = 0 — полукубическую параболу с остриём в начале координат. Ноль здесь не уничтожает объект, а служит условием отбора точек: из функции получается геометрическая фигура.
Ещё более неожиданный ноль появляется в теории меры.
Одна точка на прямой имеет длину 0. Две точки тоже имеют длину 0. Тысяча точек — всё ещё длина 0.
Более того, множество всех рациональных чисел на отрезке [0; 1] имеет нулевую лебегову меру. Если говорить менее формально — нулевую длину.
Рациональных чисел на отрезке бесконечно много. Они всюду плотны: между любыми двумя числами найдётся рациональное. Но с точки зрения длины они всё равно не занимают места.
Отсюда же возникает странный вероятностный эффект: если случайно выбрать число из отрезка [0; 1], вероятность получить заранее заданное число равна нулю. Но результатом выбора всё равно будет какое-то конкретное число.
Сначала это количество элементов пустого множества. Потом число. Потом знак пустого разряда в позиционной записи. Потом точка, к которой можно приближаться с разной скоростью. Потом нулевой уровень функции, на котором уравнение вырезает геометрию. А потом — размер множества, которое вовсе не обязано быть пустым.
Дальше ноль уходит уже в совсем абстрактную сторону: появляются нулевые объекты, нулевые отображения, ядра и коядра. Но это уже отдельная история.
Попались рядом два научно-популярных текста.
Один — о том, что пчёлы понимают ноль.
Другой — о том, что у древних греков нуля не было.
Если поставить эти две фразы рядом, получится почти анекдот: пчёлы справились с понятием, до которого не дошли Евклид и Архимед.
В опытах пчёлам показывали изображения с разным числом фигур. Иногда фигур не было совсем. После обучения правилу «выбирай меньшее количество» пчёлы чаще выбирали пустое изображение, когда оно сравнивалось с изображением, на котором была одна фигура.
На одном листе множество отмеченных фигур состоит из одного элемента:
|{●}| = 1.
На другом листе отмеченных фигур нет:
|∅| = 0.
И нулевая численность оказывается меньше единичной:
|∅| < |{●}|.
В этом смысле пчёлы, похоже, работают с нулевой численностью: пустое изображение занимает место перед изображением с одним предметом.
С древними греками история другая. У Евклида число — это множество, составленное из единиц. При таком взгляде нулю трудно найти место среди чисел: он не составлен из единиц. Конечно, древний грек понимал, что в сосуде может не быть воды, а на доске — точек. Но одно дело — отсутствие предметов, и другое — число, участвующее в арифметике наравне с 2, 3 или 10.
В современной записи удобно сказать:
у пустого множества есть количество элементов, и это количество равно нулю.
Не пустое множество «равно нулю», а его мощность равна нулю: |∅| = 0.
Есть и другой ноль — не как число предметов, а как знак пустого места.
В записи 105 ноль не означает, что «ничего нет» вообще.
Такой ноль нужен для того, чтобы удержать разряд. Это ноль-сторож: он стоит на пустом месте и не даёт сотням сдвинуться к десяткам.
В непозиционной записи такая роль не возникает в явном виде. Поэтому римское CV и наше 105 устроены принципиально по-разному: в современном числе значение цифры зависит от места, а пустое место тоже должно быть как-то обозначено.
Так обычное «ничего» становится числом, а пустой разряд — видимым местом в записи числа.
Но на этом история нуля не заканчивается.
В анализе ноль превращается в точку, около которой можно различать то, что в самой точке уже сливается.
При x → 0 величины x, x², sin x и 1−cos x стремятся к нулю. В самом нуле они все обращаются в 0. Но подходят к нему по-разному: x² исчезает быстрее, чем x, sin x — примерно с той же скоростью, что x, а 1−cosx — примерно как x²/2.
Поэтому 0/0 в анализе — не ответ, а предупреждающий знак: две величины одновременно исчезают, и нужно сравнить скорости их исчезновения.
sinx / x → 1, а x²/x → 0.
Грубая подстановка даёт один и тот же символ 0/0, но предельное поведение разное.
Ещё один поворот появляется в геометрии. Нулевой уровень функции — это уже не «ничего», а фигура. Уравнение x² + y² − 1 = 0 вырезает окружность, xy = 0 — две координатные оси, y² − x³ = 0 — полукубическую параболу с остриём в начале координат. Ноль здесь не уничтожает объект, а служит условием отбора точек: из функции получается геометрическая фигура.
Ещё более неожиданный ноль появляется в теории меры.
Одна точка на прямой имеет длину 0. Две точки тоже имеют длину 0. Тысяча точек — всё ещё длина 0.
Более того, множество всех рациональных чисел на отрезке [0; 1] имеет нулевую лебегову меру. Если говорить менее формально — нулевую длину.
Рациональных чисел на отрезке бесконечно много. Они всюду плотны: между любыми двумя числами найдётся рациональное. Но с точки зрения длины они всё равно не занимают места.
Отсюда же возникает странный вероятностный эффект: если случайно выбрать число из отрезка [0; 1], вероятность получить заранее заданное число равна нулю. Но результатом выбора всё равно будет какое-то конкретное число.
Сначала это количество элементов пустого множества. Потом число. Потом знак пустого разряда в позиционной записи. Потом точка, к которой можно приближаться с разной скоростью. Потом нулевой уровень функции, на котором уравнение вырезает геометрию. А потом — размер множества, которое вовсе не обязано быть пустым.
Дальше ноль уходит уже в совсем абстрактную сторону: появляются нулевые объекты, нулевые отображения, ядра и коядра. Но это уже отдельная история.
🔥19👍17❤5🤮2👎1🤔1
Ноль, который стирает
В прошлый раз ноль прошёл несколько жизней.
Но есть ещё один ноль — ноль как место, куда исчезают различия.
Представим себе проектор.
Есть трёхмерное пространство. В нём живут точки с координатами (x; y; z).
Теперь включаем проектор и смотрим только на тень на плоскости. Точка (x; y; z) переходит в (x; y). Третья координата пропала.
Так работает линейное отображение
f: ℝ³ → ℝ²,
f((x; y; z)) = (x; y).
Точки (1; 2; 0), (1; 2; 5), (1; 2; −100) разные в пространстве, но дают одну и ту же тень: (1; 2).
Проектор не видит высоту. Всё, что происходит вдоль вертикальной оси, для него невидимо.
Как математически описать эту невидимую часть?
Нужно спросить: какие точки превращаются в нулевой вектор?
f((x; y; z)) = (0; 0).
Отсюда x = 0, y = 0, а z может быть любым.
Значит, в ноль схлопывается вся ось Oz: (0; 0; z).
Это и есть ядро отображения. В этом примере ядро показывает не просто точки, которые упали в ноль. Оно показывает направление, которое проектор не видит. Если две точки отличаются только высотой, их тени совпадают.
Если ядро большое, отображение много забывает.
Если ядро состоит только из нулевого вектора, отображение ничего не склеивает: разные точки не падают в одну и ту же тень.
Но у отображения есть и другая возможная беда.
Оно может не стирать, а не дотягиваться.
Рассмотрим другое отображение:
g: ℝ² → ℝ³,
g((x; y)) = (x; y; 0).
Это уже не тень, а вложение плоскости в пространство. Мы кладём лист бумаги в трёхмерный мир на высоте z = 0.
Здесь ничего не стирается: разные точки плоскости остаются разными. Ядро нулевое.
Но пространство ℝ³ больше, чем этот лист. В нём есть точки, до которых мы никогда не попадём: (0; 0; 1), (5; 7; 3), (−1; 4; 10).
Вся вертикальная высота остаётся вне картинки.
Для этого тоже есть специальное слово — коядро.
Ядро отвечает на вопрос: что отображение стерло?
Коядро отвечает на другой вопрос: куда отображение не дотянулось?
Для линейного отображения f: V → W коядро — это факторпространство W / im f.
То есть мы берём всё пространство W и считаем все направления, уже попавшие в образ f, нулевыми. После такого «вычитания образа» остаётся только недостигнутая часть.
У проекции ℝ³ → ℝ² коядро нулевое: вся плоскость ℝ² покрыта тенями.
У вложения ℝ² → ℝ³ коядро одномерное: остаётся вертикальное направление, которого не было на листе.
Так у отображения появляются две стороны:
ядро — его забывчивость;
коядро — его недосягаемость.
А теперь можно сделать ещё один шаг.
В категории векторных пространств есть нулевое пространство. В нём всего один вектор: 0.
Оно похоже на математическую сливную воронку. Из любого пространства в него есть ровно одно линейное отображение: всё отправить в ноль. И из него в любое пространство тоже есть ровно одно линейное отображение: единственный вектор 0 обязан перейти в нулевой вектор этого пространства.
Через эту воронку проходит нулевое отображение из V в W:
V → 0 → W.
Сначала всё пространство V сжимается в единственную точку. Потом эта точка попадает в ноль пространства W.
Так получается отображение, которое всё стирает.
В линейной алгебре и теории категорий ноль — это уже не пустота, а механизм стирания: через него видно, что отображение уничтожило, куда оно не смогло попасть и какие различия для него перестали существовать.
Ноль становится не отсутствием предмета, а следом исчезнувшей информации.
В прошлый раз ноль прошёл несколько жизней.
Но есть ещё один ноль — ноль как место, куда исчезают различия.
Представим себе проектор.
Есть трёхмерное пространство. В нём живут точки с координатами (x; y; z).
Теперь включаем проектор и смотрим только на тень на плоскости. Точка (x; y; z) переходит в (x; y). Третья координата пропала.
Так работает линейное отображение
f: ℝ³ → ℝ²,
f((x; y; z)) = (x; y).
Точки (1; 2; 0), (1; 2; 5), (1; 2; −100) разные в пространстве, но дают одну и ту же тень: (1; 2).
Проектор не видит высоту. Всё, что происходит вдоль вертикальной оси, для него невидимо.
Как математически описать эту невидимую часть?
Нужно спросить: какие точки превращаются в нулевой вектор?
f((x; y; z)) = (0; 0).
Отсюда x = 0, y = 0, а z может быть любым.
Значит, в ноль схлопывается вся ось Oz: (0; 0; z).
Это и есть ядро отображения. В этом примере ядро показывает не просто точки, которые упали в ноль. Оно показывает направление, которое проектор не видит. Если две точки отличаются только высотой, их тени совпадают.
Если ядро большое, отображение много забывает.
Если ядро состоит только из нулевого вектора, отображение ничего не склеивает: разные точки не падают в одну и ту же тень.
Но у отображения есть и другая возможная беда.
Оно может не стирать, а не дотягиваться.
Рассмотрим другое отображение:
g: ℝ² → ℝ³,
g((x; y)) = (x; y; 0).
Это уже не тень, а вложение плоскости в пространство. Мы кладём лист бумаги в трёхмерный мир на высоте z = 0.
Здесь ничего не стирается: разные точки плоскости остаются разными. Ядро нулевое.
Но пространство ℝ³ больше, чем этот лист. В нём есть точки, до которых мы никогда не попадём: (0; 0; 1), (5; 7; 3), (−1; 4; 10).
Вся вертикальная высота остаётся вне картинки.
Для этого тоже есть специальное слово — коядро.
Ядро отвечает на вопрос: что отображение стерло?
Коядро отвечает на другой вопрос: куда отображение не дотянулось?
Для линейного отображения f: V → W коядро — это факторпространство W / im f.
То есть мы берём всё пространство W и считаем все направления, уже попавшие в образ f, нулевыми. После такого «вычитания образа» остаётся только недостигнутая часть.
У проекции ℝ³ → ℝ² коядро нулевое: вся плоскость ℝ² покрыта тенями.
У вложения ℝ² → ℝ³ коядро одномерное: остаётся вертикальное направление, которого не было на листе.
Так у отображения появляются две стороны:
ядро — его забывчивость;
коядро — его недосягаемость.
А теперь можно сделать ещё один шаг.
В категории векторных пространств есть нулевое пространство. В нём всего один вектор: 0.
Оно похоже на математическую сливную воронку. Из любого пространства в него есть ровно одно линейное отображение: всё отправить в ноль. И из него в любое пространство тоже есть ровно одно линейное отображение: единственный вектор 0 обязан перейти в нулевой вектор этого пространства.
Через эту воронку проходит нулевое отображение из V в W:
V → 0 → W.
Сначала всё пространство V сжимается в единственную точку. Потом эта точка попадает в ноль пространства W.
Так получается отображение, которое всё стирает.
В линейной алгебре и теории категорий ноль — это уже не пустота, а механизм стирания: через него видно, что отображение уничтожило, куда оно не смогло попасть и какие различия для него перестали существовать.
Ноль становится не отсутствием предмета, а следом исчезнувшей информации.
🔥16❤12👍9❤🔥3😱2
Одна формула против гипотезы якобиана
Сегодня все обсуждают новость из математики: найден контрпример к гипотезе якобиана.
Это не самая известная математическая проблема для широкой публики. Но внутри математики это очень заметная вещь: старая, простая по формулировке, трудная по существу и с длинной историей неверных доказательств.
Обычно её связывают с работой Отто-Генриха Келлера 1939 года. Формулировка при этом удивительно короткая.
Берём пространство и задаём замену координат многочленами.
Например, в трёхмерном случае точка (x; y; z) переходит в новую точку, у которой каждая координата — многочлен от x, y, z.
У такой замены можно посчитать якобиан — определитель матрицы производных. В геометрическом смысле он показывает, что происходит с маленьким кусочком объёма.
Если якобиан равен нулю, кусочек мог схлопнуться: объём — в плоскость, плоскость — в линию, разные направления — в одно.
А гипотеза якобиана рассматривала противоположный случай:
якобиан всюду равен ненулевой константе.
То есть в малом всё хорошо. Около каждой точки отображение обратимо. Никакого локального схлопывания нет.
Гипотеза утверждала, что для многочленов этого достаточно: если локально всё хорошо, то и глобально всё хорошо. У отображения должна быть обратная функция, причём тоже полиномиальная.
И вот сам контрпример.
Рассматривается отображение ℂ³ → ℂ³, то есть отображение трёхмерного пространства над комплексными числами в себя. Впрочем, все коэффициенты в этой формуле вещественные, и три склеивающиеся точки тоже вещественные. Поэтому проверка выглядит вполне «реальной»: три обычные точки пространства переходят в одну.
Формула такая:
F((x; y; z)) =
( (1 + xy)³ z + y²(1 + xy)(4 + 3xy);
y + 3x(1 + xy)² z + 3xy²(4 + 3xy);
2x − 3x²y − x³z ).
Выглядит неприятно, но проверка устроена просто.
Первое: det JF = −2.
Значит, условие гипотезы выполнено: якобиан всюду постоянный и ненулевой.
Второе: три разные точки
(0; 0; −1/4), (1; −3/2; 13/2), (−1; 3/2; 13/2) переходят в одну и ту же точку: (−1/4; 0; 0).
А если разные точки переходят в одну, обратной функции быть не может. Вообще никакой — не только полиномиальной.
Это и ломает гипотезу.
Она говорила: локально не схлопывает — значит, глобально обратимо.
Пример говорит: локально не схлопывает, но далёкие точки всё равно могут склеиться.
Кажется, это самый понятный смысл новости. Якобиан смотрит на отображение под микроскопом. Он видит, что в каждой малой окрестности всё устроено честно. Но он не видит всей карты сразу.
Можно нарисовать карту так, что каждый маленький район выглядит нормально, а два далёких города напечатаны в одной точке. Локальная проверка этого не поймает.
Гипотеза якобиана была надеждой, что многочлены слишком жёсткие для такого фокуса.
Оказалось, что в размерности 3 не слишком. А вместе с ней и во всех больших размерностях: можно просто добавить лишние координаты, которые ничего не меняют.
Двумерный случай при этом остаётся отдельной задачей.
Новость стала шумной благодаря участию ИИ и тому, что формула будто бы была получена во время финала чемпионата мира. Но интереснее здесь другое: большая гипотеза почти 90 лет упиралась в три многочлена, один якобиан и три точки, которые можно просто подставить.
Сегодня все обсуждают новость из математики: найден контрпример к гипотезе якобиана.
Это не самая известная математическая проблема для широкой публики. Но внутри математики это очень заметная вещь: старая, простая по формулировке, трудная по существу и с длинной историей неверных доказательств.
Обычно её связывают с работой Отто-Генриха Келлера 1939 года. Формулировка при этом удивительно короткая.
Берём пространство и задаём замену координат многочленами.
Например, в трёхмерном случае точка (x; y; z) переходит в новую точку, у которой каждая координата — многочлен от x, y, z.
У такой замены можно посчитать якобиан — определитель матрицы производных. В геометрическом смысле он показывает, что происходит с маленьким кусочком объёма.
Если якобиан равен нулю, кусочек мог схлопнуться: объём — в плоскость, плоскость — в линию, разные направления — в одно.
А гипотеза якобиана рассматривала противоположный случай:
якобиан всюду равен ненулевой константе.
То есть в малом всё хорошо. Около каждой точки отображение обратимо. Никакого локального схлопывания нет.
Гипотеза утверждала, что для многочленов этого достаточно: если локально всё хорошо, то и глобально всё хорошо. У отображения должна быть обратная функция, причём тоже полиномиальная.
И вот сам контрпример.
Рассматривается отображение ℂ³ → ℂ³, то есть отображение трёхмерного пространства над комплексными числами в себя. Впрочем, все коэффициенты в этой формуле вещественные, и три склеивающиеся точки тоже вещественные. Поэтому проверка выглядит вполне «реальной»: три обычные точки пространства переходят в одну.
Формула такая:
F((x; y; z)) =
( (1 + xy)³ z + y²(1 + xy)(4 + 3xy);
y + 3x(1 + xy)² z + 3xy²(4 + 3xy);
2x − 3x²y − x³z ).
Выглядит неприятно, но проверка устроена просто.
Первое: det JF = −2.
Значит, условие гипотезы выполнено: якобиан всюду постоянный и ненулевой.
Второе: три разные точки
(0; 0; −1/4), (1; −3/2; 13/2), (−1; 3/2; 13/2) переходят в одну и ту же точку: (−1/4; 0; 0).
А если разные точки переходят в одну, обратной функции быть не может. Вообще никакой — не только полиномиальной.
Это и ломает гипотезу.
Она говорила: локально не схлопывает — значит, глобально обратимо.
Пример говорит: локально не схлопывает, но далёкие точки всё равно могут склеиться.
Кажется, это самый понятный смысл новости. Якобиан смотрит на отображение под микроскопом. Он видит, что в каждой малой окрестности всё устроено честно. Но он не видит всей карты сразу.
Можно нарисовать карту так, что каждый маленький район выглядит нормально, а два далёких города напечатаны в одной точке. Локальная проверка этого не поймает.
Гипотеза якобиана была надеждой, что многочлены слишком жёсткие для такого фокуса.
Оказалось, что в размерности 3 не слишком. А вместе с ней и во всех больших размерностях: можно просто добавить лишние координаты, которые ничего не меняют.
Двумерный случай при этом остаётся отдельной задачей.
Новость стала шумной благодаря участию ИИ и тому, что формула будто бы была получена во время финала чемпионата мира. Но интереснее здесь другое: большая гипотеза почти 90 лет упиралась в три многочлена, один якобиан и три точки, которые можно просто подставить.
🔥20👍11❤8🤔2
Цепи Маркова в задаче из первой части ЕГЭ
Бактерия каждый час либо делится на две точно такие же бактерии с вероятностью 5/7, либо погибает с вероятностью 2/7. В начале в пробирке была одна бактерия.
Какова вероятность того, что через некоторое время в пробирке не останется ни одной бактерии?
На вид это обычная задача на вероятность. Но в ней есть неприятная для школьного экзамена особенность: процесс может продолжаться сколь угодно долго. Нельзя просто нарисовать дерево на два-три шага и честно перебрать все варианты.
Попробуем всё-таки решить.
Пусть P — вероятность того, что потомство одной бактерии в конце концов исчезнет.
После первого часа есть два варианта.
Первый: бактерия погибла. Вероятность этого равна q=2/7. Тогда всё уже закончилось.
Второй: бактерия разделилась на две. Вероятность этого равна p=5/7. Теперь нужно, чтобы исчезло потомство обеих бактерий. А каждая из них начинает такую же историю, как исходная бактерия. Поэтому вероятность исчезновения двух независимых «семейств» равна P².
Получаем уравнение
P=q+pP².
Отсюда
pP²−P+q=0.
Так как p+q=1, это уравнение можно записать так:
(P−1)(P−q/p)=0.
Значит,
P=1 или P=q/p.
В нашей задаче
q/p=(2/7)/(5/7)=2/5.
Ответ: 2/5.
Почему не 1? Формально корень P=1 тоже появился в уравнении. Но он соответствует другой ситуации: когда размножение не сильнее гибели, популяция почти наверняка когда-нибудь вымрет. Если же p>q, то у процесса есть шанс «убежать в бесконечность»: бактерий становится всё больше, и полное вымирание уже не гарантировано.
У нас p = 5/7 > 2/7 = q, поэтому вероятность вымирания равна не 1, а q/p=2/5.
Та же самая задача известна в более наглядной формулировке.
Пьяница стоит в одном шаге от края обрыва. Каждый раз он делает случайный шаг: к обрыву с вероятностью q или от обрыва с вероятностью p=1−q. Какова вероятность того, что он когда-нибудь упадёт?
Если он сразу делает шаг к обрыву, то падает. Это даёт вероятность q.
Если он делает шаг от обрыва, то оказывается уже в двух шагах от края. Чтобы упасть, ему сначала нужно когда-нибудь вернуться в один шаг от края, а затем уже из этого положения упасть. Получается та же структура, что и в задаче про бактерии:
P=q+pP².
Можно посмотреть и иначе: считать вероятности падения ровно на 1-м, 3-м, 5-м, 7-м шаге и так далее.
На первом шаге вероятность равна q.
На третьем шаге путь только один:
1 → 2 → 1 → 0,
поэтому вероятность равна q²p.
На пятом шаге возможны уже два пути:
1 → 2 → 3 → 2 → 1 → 0,
1 → 2 → 1 → 2 → 1 → 0.
Поэтому вероятность равна 2q³p².
Дальше появляются коэффициенты
1, 1, 2, 5, 14, 42, ...
Это числа Каталана. Они считают пути, которые не пересекли границу раньше времени. То есть пьяница должен впервые упасть в обрыв именно на последнем шаге, а не раньше.
Так в задаче из первой части ЕГЭ неожиданно появляются сразу несколько больших тем: случайные блуждания, пути Дика, числа Каталана, цепи Маркова.
Цепь Маркова — это случайный процесс, в котором будущее зависит от настоящего состояния, но не зависит от всей предыдущей истории.
Не важно, как именно пьяница оказался в одном шаге от края. Важно только то, что он сейчас находится в одном шаге. Дальше процесс начинается как бы заново.
То же самое с бактерией. Если после деления появились две бактерии, то каждая из них начинает такую же независимую историю, как исходная.
Именно это «забывание прошлого» позволяет написать короткое уравнение вместо бесконечного дерева вариантов.
На уровне ЕГЭ эта задача, конечно, выглядит странно. Для первой части она слишком нетипична: ответ простой, но честное обоснование уводит далеко за пределы стандартных школьных приёмов.
Но как математический сюжет она замечательна.
Один случайный шаг сам по себе почти ничего не значит. Но если шаги повторяются снова и снова, возникает целая траектория. И тогда нас интересует уже не только то, что случится на следующем шаге, а судьба всего процесса: вымрет популяция или нет (упадёт ли пьяница, достигнет ли случайное движение границы).
Бактерия каждый час либо делится на две точно такие же бактерии с вероятностью 5/7, либо погибает с вероятностью 2/7. В начале в пробирке была одна бактерия.
Какова вероятность того, что через некоторое время в пробирке не останется ни одной бактерии?
На вид это обычная задача на вероятность. Но в ней есть неприятная для школьного экзамена особенность: процесс может продолжаться сколь угодно долго. Нельзя просто нарисовать дерево на два-три шага и честно перебрать все варианты.
Попробуем всё-таки решить.
Пусть P — вероятность того, что потомство одной бактерии в конце концов исчезнет.
После первого часа есть два варианта.
Первый: бактерия погибла. Вероятность этого равна q=2/7. Тогда всё уже закончилось.
Второй: бактерия разделилась на две. Вероятность этого равна p=5/7. Теперь нужно, чтобы исчезло потомство обеих бактерий. А каждая из них начинает такую же историю, как исходная бактерия. Поэтому вероятность исчезновения двух независимых «семейств» равна P².
Получаем уравнение
P=q+pP².
Отсюда
pP²−P+q=0.
Так как p+q=1, это уравнение можно записать так:
(P−1)(P−q/p)=0.
Значит,
P=1 или P=q/p.
В нашей задаче
q/p=(2/7)/(5/7)=2/5.
Ответ: 2/5.
Почему не 1? Формально корень P=1 тоже появился в уравнении. Но он соответствует другой ситуации: когда размножение не сильнее гибели, популяция почти наверняка когда-нибудь вымрет. Если же p>q, то у процесса есть шанс «убежать в бесконечность»: бактерий становится всё больше, и полное вымирание уже не гарантировано.
У нас p = 5/7 > 2/7 = q, поэтому вероятность вымирания равна не 1, а q/p=2/5.
Та же самая задача известна в более наглядной формулировке.
Пьяница стоит в одном шаге от края обрыва. Каждый раз он делает случайный шаг: к обрыву с вероятностью q или от обрыва с вероятностью p=1−q. Какова вероятность того, что он когда-нибудь упадёт?
Если он сразу делает шаг к обрыву, то падает. Это даёт вероятность q.
Если он делает шаг от обрыва, то оказывается уже в двух шагах от края. Чтобы упасть, ему сначала нужно когда-нибудь вернуться в один шаг от края, а затем уже из этого положения упасть. Получается та же структура, что и в задаче про бактерии:
P=q+pP².
Можно посмотреть и иначе: считать вероятности падения ровно на 1-м, 3-м, 5-м, 7-м шаге и так далее.
На первом шаге вероятность равна q.
На третьем шаге путь только один:
1 → 2 → 1 → 0,
поэтому вероятность равна q²p.
На пятом шаге возможны уже два пути:
1 → 2 → 3 → 2 → 1 → 0,
1 → 2 → 1 → 2 → 1 → 0.
Поэтому вероятность равна 2q³p².
Дальше появляются коэффициенты
1, 1, 2, 5, 14, 42, ...
Это числа Каталана. Они считают пути, которые не пересекли границу раньше времени. То есть пьяница должен впервые упасть в обрыв именно на последнем шаге, а не раньше.
Так в задаче из первой части ЕГЭ неожиданно появляются сразу несколько больших тем: случайные блуждания, пути Дика, числа Каталана, цепи Маркова.
Цепь Маркова — это случайный процесс, в котором будущее зависит от настоящего состояния, но не зависит от всей предыдущей истории.
Не важно, как именно пьяница оказался в одном шаге от края. Важно только то, что он сейчас находится в одном шаге. Дальше процесс начинается как бы заново.
То же самое с бактерией. Если после деления появились две бактерии, то каждая из них начинает такую же независимую историю, как исходная.
Именно это «забывание прошлого» позволяет написать короткое уравнение вместо бесконечного дерева вариантов.
На уровне ЕГЭ эта задача, конечно, выглядит странно. Для первой части она слишком нетипична: ответ простой, но честное обоснование уводит далеко за пределы стандартных школьных приёмов.
Но как математический сюжет она замечательна.
Один случайный шаг сам по себе почти ничего не значит. Но если шаги повторяются снова и снова, возникает целая траектория. И тогда нас интересует уже не только то, что случится на следующем шаге, а судьба всего процесса: вымрет популяция или нет (упадёт ли пьяница, достигнет ли случайное движение границы).
🔥15👍10❤3😱1
Почему исчезают фамилии
У задачи про бактерию есть близкий исторический родственник — задача о вымирании фамилий.
Пусть фамилия передаётся только по мужской линии: от отца к сыну. Тогда судьба фамилии зависит не от общего числа детей в семье, а от числа сыновей, которые доживут до взрослого возраста и смогут передать фамилию дальше.
Если у мужчины нет таких сыновей, эта ветвь фамилии обрывается.
Если один сын — линия продолжается одной ветвью.
Если два или больше — фамилия разветвляется.
Получается ветвящийся процесс: каждый человек в текущем поколении даёт случайное число продолжателей в следующем.
В задаче про бактерию была совсем простая схема:
0 потомков или 2 потомка.
Для фамилий такая схема слишком груба. У мужчины может быть 0, 1, 2, 3, ... сыновей. Поэтому вместо двух вероятностей нужно задать целое распределение.
Уотсон и Гальтон в статье о вымирании фамилий рассматривали, например, такую модель: число взрослых сыновей распределено как Bin(5, ¼).
То есть как будто у каждого мужчины есть 5 независимых «попыток» получить сына-продолжателя, и каждая попытка успешна с вероятностью ¼. Число ¼ здесь — параметр модельного примера. Это не точная статистика по конкретной стране, а удобная модель. Но она хорошо показывает сам эффект.
По биномиальной формуле получаются вероятности:
0 сыновей: (¾)⁵ ≈ 0,237;
1 сын: 5·¼·(¾)⁴ ≈ 0,396;
2 сына: 10·(¼)²·(¾)³ ≈ 0,264;
3 сына: 10·(¼)³·(¾)² ≈ 0,088;
4 сына: 5·(¼)⁴· ¾ ≈0,015;
5 сыновей: (¼)⁵ ≈ 0,001.
Среднее число сыновей, продолжающих фамилию, равно 5·¼=1,25.
То есть в среднем на одного мужчину приходится больше одного продолжателя фамилии.
Кажется, что при таком среднем фамилия должна уверенно сохраняться. Но это не так.
Пусть P — вероятность того, что фамилия когда-нибудь исчезнет.
Если у первого мужчины 0 сыновей, фамилия исчезает сразу. Это даёт 0,237.
Если у него 1 сын, должна исчезнуть одна ветвь. Вероятность этого P.
Если 2 сына, должны исчезнуть обе независимые ветви. Вероятность P².
Если 3 сына — P³.
И так далее.
Поэтому P должно удовлетворять уравнению
P=0,237+0,396P+0,264P²+0,088P³+0,015P⁴+0,001P⁵.
Это тот же ход, что в задаче про бактерию, только вместо короткого уравнения P=q+pP² получается более длинное.
У этого уравнения всегда есть корень P=1: полное вымирание формально возможно.
Но когда среднее число продолжателей больше 1, появляется ещё один корень между 0 и 1. Именно он и даёт настоящую вероятность вымирания.
В этой модели меньший корень примерно равен P ≈ 0,55.
То есть даже при среднем числе сыновей 1,25 вероятность окончательного исчезновения фамилии — около 55%.
Это главный эффект ветвящихся процессов.
Среднее больше 1 означает не гарантию выживания, а только положительный шанс выжить.
Одна неудача в раннем поколении может оборвать всё дерево. Если в какой-то момент продолжателей стало 0, процесс попал в ноль, а из нуля уже нельзя выйти.
Поэтому в большой популяции могут одновременно происходить две вещи:
население по мужским линиям в среднем растёт,
а большинство отдельных фамилий всё равно исчезает.
Выжившие фамилии потом могут стать очень многочисленными. Но это не обязательно значит, что они были «сильнее». Часто это значит, что их ветви просто не оборвались в первых поколениях.
В обычных задачах на среднее мы смотрим на массу.
В ветвящемся процессе важен другой вопрос: что станет с одной конкретной линией?
Среднее говорит: процесс в целом способен расти.
Вероятность вымирания говорит: отдельная линия всё равно может исчезнуть навсегда.
Так что задача про бактерию из ЕГЭ не такая искусственная, как кажется. Она является маленькой моделью фамилий, родов, популяций, цепных реакций, эпидемий — всего, что не просто продолжается, а ветвится.
У задачи про бактерию есть близкий исторический родственник — задача о вымирании фамилий.
Пусть фамилия передаётся только по мужской линии: от отца к сыну. Тогда судьба фамилии зависит не от общего числа детей в семье, а от числа сыновей, которые доживут до взрослого возраста и смогут передать фамилию дальше.
Если у мужчины нет таких сыновей, эта ветвь фамилии обрывается.
Если один сын — линия продолжается одной ветвью.
Если два или больше — фамилия разветвляется.
Получается ветвящийся процесс: каждый человек в текущем поколении даёт случайное число продолжателей в следующем.
В задаче про бактерию была совсем простая схема:
0 потомков или 2 потомка.
Для фамилий такая схема слишком груба. У мужчины может быть 0, 1, 2, 3, ... сыновей. Поэтому вместо двух вероятностей нужно задать целое распределение.
Уотсон и Гальтон в статье о вымирании фамилий рассматривали, например, такую модель: число взрослых сыновей распределено как Bin(5, ¼).
То есть как будто у каждого мужчины есть 5 независимых «попыток» получить сына-продолжателя, и каждая попытка успешна с вероятностью ¼. Число ¼ здесь — параметр модельного примера. Это не точная статистика по конкретной стране, а удобная модель. Но она хорошо показывает сам эффект.
По биномиальной формуле получаются вероятности:
0 сыновей: (¾)⁵ ≈ 0,237;
1 сын: 5·¼·(¾)⁴ ≈ 0,396;
2 сына: 10·(¼)²·(¾)³ ≈ 0,264;
3 сына: 10·(¼)³·(¾)² ≈ 0,088;
4 сына: 5·(¼)⁴· ¾ ≈0,015;
5 сыновей: (¼)⁵ ≈ 0,001.
Среднее число сыновей, продолжающих фамилию, равно 5·¼=1,25.
То есть в среднем на одного мужчину приходится больше одного продолжателя фамилии.
Кажется, что при таком среднем фамилия должна уверенно сохраняться. Но это не так.
Пусть P — вероятность того, что фамилия когда-нибудь исчезнет.
Если у первого мужчины 0 сыновей, фамилия исчезает сразу. Это даёт 0,237.
Если у него 1 сын, должна исчезнуть одна ветвь. Вероятность этого P.
Если 2 сына, должны исчезнуть обе независимые ветви. Вероятность P².
Если 3 сына — P³.
И так далее.
Поэтому P должно удовлетворять уравнению
P=0,237+0,396P+0,264P²+0,088P³+0,015P⁴+0,001P⁵.
Это тот же ход, что в задаче про бактерию, только вместо короткого уравнения P=q+pP² получается более длинное.
У этого уравнения всегда есть корень P=1: полное вымирание формально возможно.
Но когда среднее число продолжателей больше 1, появляется ещё один корень между 0 и 1. Именно он и даёт настоящую вероятность вымирания.
В этой модели меньший корень примерно равен P ≈ 0,55.
То есть даже при среднем числе сыновей 1,25 вероятность окончательного исчезновения фамилии — около 55%.
Это главный эффект ветвящихся процессов.
Среднее больше 1 означает не гарантию выживания, а только положительный шанс выжить.
Одна неудача в раннем поколении может оборвать всё дерево. Если в какой-то момент продолжателей стало 0, процесс попал в ноль, а из нуля уже нельзя выйти.
Поэтому в большой популяции могут одновременно происходить две вещи:
население по мужским линиям в среднем растёт,
а большинство отдельных фамилий всё равно исчезает.
Выжившие фамилии потом могут стать очень многочисленными. Но это не обязательно значит, что они были «сильнее». Часто это значит, что их ветви просто не оборвались в первых поколениях.
В обычных задачах на среднее мы смотрим на массу.
В ветвящемся процессе важен другой вопрос: что станет с одной конкретной линией?
Среднее говорит: процесс в целом способен расти.
Вероятность вымирания говорит: отдельная линия всё равно может исчезнуть навсегда.
Так что задача про бактерию из ЕГЭ не такая искусственная, как кажется. Она является маленькой моделью фамилий, родов, популяций, цепных реакций, эпидемий — всего, что не просто продолжается, а ветвится.
👍16🔥10❤5