Forwarded from Всероссийский математический кружок
Добрый день. Во вторник, 29 апреля в 15:30-16:30 по Москве, будет математический кружок 🟢
Title: Самозаклинивающиеся структуры
Speaker: Ф. K. Нилов
Аннотация:
Известно, что если на плоскости имеется конечный набор выпуклых фигур, внутренности которых не пересекаются, то среди этих фигур имеется хотя бы одна крайняя - такая, которую можно непрерывно передвинуть “на бесконечность” (за пределы большого круга, содержащего остальные фигуры), оставляя все остальные фигуры неподвижными и не пересекая их внутренности в процессе движения.
А что происходит в пространстве? На первый взгляд кажется, что должны быть справедливы аналогичные утверждения. Например, их можно доказать в частном случае, когда все тела являются шарами (для произвольной размерности). Однако в общем случае оказывается, что в пространстве имеет место феномен самозаклинивающихся структур. Самозаклинивающаяся структура — такой (конечный или бесконечный) набор выпуклых тел с непересекающимися внутренностями, что если зафиксировать все, кроме любого одного, оставшееся нельзя “унести на бесконечность”, не пересекая внутренности других тел в процессе движения.
Мы обсудим уже известные и новые стуктуры, построенные совсем недавно.
Zoom meeting link:
Zoom - Meeting ID: 853 1771 8785 Passcode: 549695
Link: https://us02web.zoom.us/j/85317718785?pwd=XS0bILZaREyt00pA2EJlu1zxaEHbDN.1
Приходите!
Title: Самозаклинивающиеся структуры
Speaker: Ф. K. Нилов
Аннотация:
Известно, что если на плоскости имеется конечный набор выпуклых фигур, внутренности которых не пересекаются, то среди этих фигур имеется хотя бы одна крайняя - такая, которую можно непрерывно передвинуть “на бесконечность” (за пределы большого круга, содержащего остальные фигуры), оставляя все остальные фигуры неподвижными и не пересекая их внутренности в процессе движения.
А что происходит в пространстве? На первый взгляд кажется, что должны быть справедливы аналогичные утверждения. Например, их можно доказать в частном случае, когда все тела являются шарами (для произвольной размерности). Однако в общем случае оказывается, что в пространстве имеет место феномен самозаклинивающихся структур. Самозаклинивающаяся структура — такой (конечный или бесконечный) набор выпуклых тел с непересекающимися внутренностями, что если зафиксировать все, кроме любого одного, оставшееся нельзя “унести на бесконечность”, не пересекая внутренности других тел в процессе движения.
Мы обсудим уже известные и новые стуктуры, построенные совсем недавно.
Zoom meeting link:
Zoom - Meeting ID: 853 1771 8785 Passcode: 549695
Link: https://us02web.zoom.us/j/85317718785?pwd=XS0bILZaREyt00pA2EJlu1zxaEHbDN.1
Приходите!
Zoom
Join our Cloud HD Video Meeting
Zoom is the leader in modern enterprise cloud communications.
В правильном тетраэдре с ребром 1 через вершину проведено треугольное сечение. Доказать, что его периметр больше 2.
// Д.Мухин на семинаре учителей напомнил про такую задачу с московской окружной олимпиады-2011
// Д.Мухин на семинаре учителей напомнил про такую задачу с московской окружной олимпиады-2011
Forwarded from Непрерывное математическое образование
https://classics.nsu.ru/schole/assets/files/18-1-schetnikov.pdf
в качестве картинок по выходным — статья А.И.Щетникова «Исламские геометрические орнаменты»
в качестве картинок по выходным — статья А.И.Щетникова «Исламские геометрические орнаменты»
По-моему очень крутая задача про изогональное сопряжение с ЮМТ.
Дан треугольник ABC с парой изогонально сопряженных точек P и Q. На прямых CP, CQ, BP, BQ выбраны точки X, Y, Z, T соответственно так, что XY // ZT // PQ. Докажите, что точки A, P, X , Z лежат на одной окружности тогда и только тогда, когда A, Q, Y, T лежат на одной окружности
Дан треугольник ABC с парой изогонально сопряженных точек P и Q. На прямых CP, CQ, BP, BQ выбраны точки X, Y, Z, T соответственно так, что XY // ZT // PQ. Докажите, что точки A, P, X , Z лежат на одной окружности тогда и только тогда, когда A, Q, Y, T лежат на одной окружности
Геометрия-канал
По-моему очень крутая задача про изогональное сопряжение с ЮМТ. Дан треугольник ABC с парой изогонально сопряженных точек P и Q. На прямых CP, CQ, BP, BQ выбраны точки X, Y, Z, T соответственно так, что XY // ZT // PQ. Докажите, что точки A, P, X , Z лежат…
Дам подсказку к красивому решению) Оранжевые углы дают в сумме 180°.
Геометрия-канал
В квадрате AM=BN. Доказать, что из трех отрезков, на которые поделена диагональ, можно сложить треугольник с углом 60°.
по условию так сразу не скажешь, но предыдущую задачу можно решить при помощи выхода в пространство
попробуйте придумать геом. решение с такой подсказкой — или загляните в комментарии к прошлому посту
попробуйте придумать геом. решение с такой подсказкой — или загляните в комментарии к прошлому посту
Моя с Вовой Конышевым задача с 1 дня майский сборов.
Дан вписанный четырехугольник ABCD. Докажите, что существует окружность, касающаяся следующих пяти окружностей: описанной окружности четырехугольника ABCD, вписанных окружностей треугольников ABC и ABD, C-вневписанной окружности треугольника ACD и
D-вневписанной окружности треугольника BCD.
Дан вписанный четырехугольник ABCD. Докажите, что существует окружность, касающаяся следующих пяти окружностей: описанной окружности четырехугольника ABCD, вписанных окружностей треугольников ABC и ABD, C-вневписанной окружности треугольника ACD и
D-вневписанной окружности треугольника BCD.
выше обсуждалось ( https://www.group-telegram.com/geometrykanal.com/1964 https://www.group-telegram.com/geometrykanal.com/1965 ), что в описанном четырехугольники диагонали и отрезки, соединяющие точки касания, пересекаются в одной точке
докажите, что то же верно для криволинейных четырехугольников, составленных из двух коник (см. рис.)
можно считать это рекламой статьи В.Конышева «О дважды касающихся кониках и теореме Дезарга об инволюции» в новом Мат. просвещении (вып. 35), который дарили вчера на закрытии ММО
докажите, что то же верно для криволинейных четырехугольников, составленных из двух коник (см. рис.)
можно считать это рекламой статьи В.Конышева «О дважды касающихся кониках и теореме Дезарга об инволюции» в новом Мат. просвещении (вып. 35), который дарили вчера на закрытии ММО
Forwarded from Pavel Kozhevnikov
Часто ситуации, когда прямые можно "искривлять"
в коники, сохраняя дважды касание,
объясняются таким соображением:
Лемма (пучок, дважды касающемя сокружности в данных точках,
или обобщенная директриса для окружности и прямой).
Пусть коника $\omega = 0$ пересекает прямую $l=0$ в точках $A$ и $B$. Тогда коники, касающиеся $\omega = 0$ в точках $A$ и $B$ --- это пучок $\omega + \lambda l^2 = 0$.
(если $\omega$ --- окружность, то тут написано гмт $X$, для которых отношение $pow (X, \omega)$ к расстоянию от $X$ до $l$ равно const )
=========
Из этого утверждение следует в одну строчку:
Скажем, у нас пересекаются эллипсы $\omega + \lambda_1 l_1^2 = 0$ и
$\omega + \lambda_2 l_2^2 = 0$. Через точки их пересечения проходит вырожденная коника (пара прямых) $\lambda_1 l_1^2 - \lambda_2 l_1^2 = 0= 0$, которая, очевидно, проходит через
точку пересечения прямых $l_1=0$ и $l_2=0$.
=============
Еще о применении этого - напр. в последнем упражнении 17 статьи
https://www.mathnet.ru/links/be697473b64d836385257c3b19ae4332/kvant4535.pdf
============
Еще и еще ... - например, быстро решается задача Ф. Нилова
о параболическом 4-угольнике
https://www.mathnet.ru/links/c637ed850ac5245f76ddfe68fb2d9b99/mp254.pdf
Так:
Пусть $\omega = x^2+y^2-1$.
То, что $\omega - l_1^2 = 0$ --- параболического типа, задается условием $a_1^2+b^1=1$, где $l_1 = a_1x+b_1y+c_1$.
Аналогично для $l_2$. И отсюда получаем, что наша вырожденная коника (= пара диагоналей параболического 4-ка) $l_1^2-l_2^2 = 0$ --- это пара ортогональных прямых.
в коники, сохраняя дважды касание,
объясняются таким соображением:
или обобщенная директриса для окружности и прямой).
Пусть коника $\omega = 0$ пересекает прямую $l=0$ в точках $A$ и $B$. Тогда коники, касающиеся $\omega = 0$ в точках $A$ и $B$ --- это пучок $\omega + \lambda l^2 = 0$.
(если $\omega$ --- окружность, то тут написано гмт $X$, для которых отношение $pow (X, \omega)$ к расстоянию от $X$ до $l$ равно const )
=========
Из этого утверждение следует в одну строчку:
$\omega + \lambda_2 l_2^2 = 0$. Через точки их пересечения проходит вырожденная коника (пара прямых) $\lambda_1 l_1^2 - \lambda_2 l_1^2 = 0= 0$, которая, очевидно, проходит через
точку пересечения прямых $l_1=0$ и $l_2=0$.
=============
Еще о применении этого - напр. в последнем упражнении 17 статьи
https://www.mathnet.ru/links/be697473b64d836385257c3b19ae4332/kvant4535.pdf
============
Еще и еще ... - например, быстро решается задача Ф. Нилова
о параболическом 4-угольнике
https://www.mathnet.ru/links/c637ed850ac5245f76ddfe68fb2d9b99/mp254.pdf
Так:
То, что $\omega - l_1^2 = 0$ --- параболического типа, задается условием $a_1^2+b^1=1$, где $l_1 = a_1x+b_1y+c_1$.
Аналогично для $l_2$. И отсюда получаем, что наша вырожденная коника (= пара диагоналей параболического 4-ка) $l_1^2-l_2^2 = 0$ --- это пара ортогональных прямых.
Михаил_Толовиков_Теорема_о_коллинеарных_подобиях.pdf
5.4 MB
можно считать, что в продолжение предыдущего — коллега Бахарев поделился таким текстом
на сторонах остроугольного треугольника АВС во внешнюю сторону построены треугольники ABC_1 и т.д., а во внутренную сторону — правильные треугольники с центрами N_A и т.д.
точка L_A делит отрезок AA_1 в отношении 1:2, считая от вершины и т.д.
доказать, что 7 точек: N_A, N_B, N_C, L_A, L_B, L_C и точка Торричелли T — лежат на одной окружности
(задача от М.Евдокимов с проходившего весной заочного конкурса учителей)
точка L_A делит отрезок AA_1 в отношении 1:2, считая от вершины и т.д.
доказать, что 7 точек: N_A, N_B, N_C, L_A, L_B, L_C и точка Торричелли T — лежат на одной окружности
(задача от М.Евдокимов с проходившего весной заочного конкурса учителей)
Forwarded from Олимпиадная геометрия
В последний день весны Олимпиадная геометрия объявляет конкурс на стипендию для обучения в математическом кружке на ваш выбор в первом полугодии 2025/2026 учебного года (сентябрь — декабрь).
Размер стипендий:
• 🥇 1 место — 100% покрытия стоимости обучения
• 🥈 2 место — 70%
• 🥉 3 место — 30%
К участию приглашаются школьники, которые:
• уже начали изучать геометрию,
• не обучаются в выпускном классе (по российской системе — 8, 9 или 10 класс),
• хотят заниматься в действующем математическом кружке, у которого:
— есть открытая страница в интернете (сайт, соцсеть или телеграм-канал),
— кружок основан не в этом году,
— указан список преподавателей и понятная система оплаты (цены указаны, есть контакт для связи).
Для участия необходимо до 15 июля 2025 года отправить письмо на [email protected]
Тема письма: [Фамилия Имя, город, класс]
Письмо должно содержать:
• Краткую информацию о себе: кто вы, в какой стране, городе и школе учитесь. (Можно указать достижения в математических соревнованиях но это не будет являться решающим фактором.)
• Мотивационное письмо — почему вам нужна стипендия.
• PDF-файл с тремя любимыми задачами по геометрии и их решениями. Не забудьте написать, почему вам нравятся эти задачи!
• Контактные данные преподавателей математики, которые могут вас порекомендовать (не забудьте заручиться их согласием). Сами рекомендательные письма присылать не нужно!
Важно:
Отправляя заявку, вы соглашаетесь, что в случае получения стипендии ваше имя может быть опубликовано в социальных сетях проекта Олимпиадная геометрия.
Подведение итогов: не позднее 15 августа
Размер стипендий:
• 🥇 1 место — 100% покрытия стоимости обучения
• 🥈 2 место — 70%
• 🥉 3 место — 30%
К участию приглашаются школьники, которые:
• уже начали изучать геометрию,
• не обучаются в выпускном классе (по российской системе — 8, 9 или 10 класс),
• хотят заниматься в действующем математическом кружке, у которого:
— есть открытая страница в интернете (сайт, соцсеть или телеграм-канал),
— кружок основан не в этом году,
— указан список преподавателей и понятная система оплаты (цены указаны, есть контакт для связи).
Для участия необходимо до 15 июля 2025 года отправить письмо на [email protected]
Тема письма: [Фамилия Имя, город, класс]
Письмо должно содержать:
• Краткую информацию о себе: кто вы, в какой стране, городе и школе учитесь. (Можно указать достижения в математических соревнованиях но это не будет являться решающим фактором.)
• Мотивационное письмо — почему вам нужна стипендия.
• PDF-файл с тремя любимыми задачами по геометрии и их решениями. Не забудьте написать, почему вам нравятся эти задачи!
• Контактные данные преподавателей математики, которые могут вас порекомендовать (не забудьте заручиться их согласием). Сами рекомендательные письма присылать не нужно!
Важно:
Отправляя заявку, вы соглашаетесь, что в случае получения стипендии ваше имя может быть опубликовано в социальных сетях проекта Олимпиадная геометрия.
Подведение итогов: не позднее 15 августа