ДЮХА

очередной долдон из санкт-петербургской математической тусовки

[ДЮХА @benneteen]

@sphere_homotopy Холл так и делал

[little grey mouse 🐭 @mouse_math]

theorem: if ⟨𝑏𝑙𝑎ℎ 𝑏𝑙𝑎ℎ 𝑏𝑙𝑎ℎ⟩ then ⟨𝑏𝑙𝑎ℎ 𝑏𝑙𝑎ℎ 𝑏𝑙𝑎ℎ⟩.

proof: ⟨𝑏𝑙𝑎ℎ 𝑏𝑙𝑎ℎ 𝑏𝑙𝑎ℎ 𝑏𝑙𝑎ℎ 𝑏𝑙𝑎ℎ 𝑏𝑙𝑎ℎ...⟩ □

[ДЮХА @benneteen]

@sphere_homotopy Для произвольного n верно, что если из первых 2n чисел выбрать n+1, то среди них всегда найдется пара a|b. Для доказательства рассмотрим записи выбранных чисел в виде q*2^k, где q нечетно. Сгруппируем выбранные по одинаковым q - получится n групп, а выбрали мы n+1 чисел.

[ДЮХА @benneteen]

@sphere_homotopy Видел заметку где рассматривают пространство всех хорд с метрикой Хаусдорфа и там строят вероятностную меру. И в этой ситуации ответ получался 1/3

[ДЮХА @benneteen]

@alexsey69891 @sphere_homotopy Если 1 корень, то и -1=exp(iπ) тоже корень (легко проверить) и тогда корнями будут все exp(iπ/2^n)

[ДЮХА @benneteen]

@sphere_homotopy Короче это ебень какая-то а не решение тут аж две импликации неправильно) Пойдем в обратную сторон если s² корень, то и s тоже корень. Строим последовательность из корней s^{1/2^n} (выберем положительную ветвь корня) и эти ребята никогда не повторятся, кроме как если s=0

[ДЮХА @benneteen]

@sphere_homotopy Заметим, что если s-корень P, то тогда и s², и все s^(2^m) тоже корни. В таком случае они не могут быть все различны, и для какого-то k,n s^(2^k)=s^(2^(k+n)), т е s=0 (тогда P(x)=xQ(x) и Q(x²)=Q(x)²) или корень из единицы степени 2^n. Получается, что P(x)=(x^{2^n}-1)Q(x).

[ДЮХА @benneteen]

@sphere_homotopy Ты сам н�� картинке написал, что надо указать те многочлены, для которых это верно for all real x. Я поясняю почему я полез рассматривать невещественный корень и почему это не ломает условие задачи

[ДЮХА @benneteen]

@sphere_homotopy Ну и само собой подойдут константы 0, 1

[ДЮХА @benneteen]

@sphere_homotopy Предположим что это максимальный такой n. И тогда P(x²)=(x^{2•2^n}-1)Q(x²)=P(x)²=(x^{2^n}-1)²Q(x)², сокращаем на x^{2^n}-1 и получаем (x^{2^n}+1)Q(x²)=(x^{2^n}-1)Q(x)². Тогда x^{2n}+1 | Q², но Q \in R[x], значит x^{2n}+1 | Q. Получается P=(x^{2n}-1)Q=(x^{2n}-1)(x^{2n}+1)R!?

[ДЮХА @benneteen]

@sphere_homotopy Пусть существует, тогда (g°f)=id, где g(z)=z². В таком случае, deg(g°f)=deg(g)deg(f)=deg(id)=1, где deg(f) - степень отображения. Но deg(g)=2, то есть 2deg(f)=1!?

[ДЮХА @benneteen]

@sphere_homotopy (то есть не 1, а c). Приходим к выводу, что носитель f это точка c, а f по идее непрерывна - противоречие

[ДЮХА @benneteen]

@sphere_homotopy Тут у нас функционал на многочленах степени не выше 2, который Lp=cp(c). Если c=0, то тогда и f(x)=0, и всё хорошо. Если же c≠0, то рассматривая многочлены вида a(x-c)²+1, понимаем, что они по L¹ норме взлетают до бесконечности при увеличении a, а значение функционала на них 1

[ДЮХА @benneteen]

@sphere_homotopy Я додумался. Не сказать чтобы прям кончил но да рассуждение действительно сексуальное

[ДЮХА @benneteen]

@sphere_homotopy А блять... Можно ж было просто картинку отразить)

[ДЮХА @benneteen]

@sphere_homotopy @oleg_ii_many А бесконечную серию контрпримеров я и сам могу найти, зная этот. Можно взять любую обратимую матрицу и применить к ней эту хуйню

[ДЮХА @benneteen]

@sphere_homotopy @oleg_ii_many Ну если мы заведомо знаем что такое отображение обратимо и его обратный это полином, то тогда получается, что их якобианы это константы. Резонно спро��ить а верно ли обратное