Улучшено (?) решение Эрдёша по остроугольным треугольникам

[dani1978]

Препринт на Архиве https://arxiv.org/pdf/1705.01171.pdf

Здесь пишут https://nplus1.ru/news/2017/05/05/10-grade-math, что автор - московский десятиклассник.

Решение удивительно короткое, на пол-листа, но верное ли?

[grizzly]

dani1978 в сообщении #1214366 писал(а):

Решение удивительно короткое, на пол-листа, но верное ли?

Решение не только короткое, но и в самом деле простое. Наши поздравления Дмитрию Захарову!

Там в новостях ссылка на фб-страничку А.Акопяна -- на ней интересное обсуждение с комментариями и другими примерами, в т.ч. по вопросу "вправе ли простой смертный интересоваться нерешёнными проблемами математики", который не раз поднимался здесь на форуме.

[george66]

Я Эрдёш
Меня не проведёш!

[SomePupil]

Исключительный случай: человек с бОльшим числом Эрдёша получил результат, лучший, чем у человека с мЕньшим числом Эрдёша.

dani1978 в сообщении #1214366 писал(а):

автор - московский десятиклассник.

Класс!

[grizzly]

Upd 29.05. Я немного подкорректировал сообщение.

Райгородский в брошюре, посвящённой остроугольным множествам (далее ОМ), пишет, что гипотеза Данцера -- Грюнбаума ("мощность ОМ в $\mathbb R^n$ равна $2n-1$") продержалась 20 лет. Тем более удивительно, что у меня ушло пару часов на подбор 8 точек вручную (в смысле, без написания каких-то программ, а углы я устно не считал, конечно :) Почему я вообще решил проверять $\mathbb R^4$? Мне нравится, когда в вырожденных случаях формулы комбинаторной геометрии тоже работают. Но тогда $\mathbb R^1$ подсказывает совершенно другую гипотезу для $|S_n|$ -- мощности ОМ в $\mathbb R^n$

$$ |S_n|=2^{n-1}+1. $$

По этой формуле в $\mathbb R^4$ должно быть 9 точек. Чтобы найти эти 9 точек, пришлось убить вчера целый вечер, комбинируя ручные методы с услугами небольшой программки, любезно предоставленной мне группой поддержки (я сам плохой программист, увы).

(Мой не очень красивый пример из 9 точек)

a=(0.65829,1.91847,-0.16063,1.8002);
b=(2.347,1.365,0.1501,1.2854);
c=(0.145,1.32,2,1.98);
d=(0.032,2.0282,0.9099,0.227);
e=(1.9526,0.07627,0.9224,1.89205);
f=(1.8635,1.84838,1.6344,0.2393);
g=(1.321,0.207,2.03,0.3491);
h=(0.13,0.3,0.5,-0.15);
k=(0.0965,0.30131,0.29426,1.96216);

Я, понятное дело, хотел бы заинтересовать этой задачей всех участников (хотя бы математиков и программистов). Я надеюсь, что найти алгоритм создания такого множества в $\mathbb R^n$ вполне реально. Это даст новую оценку снизу.

Хорошо было бы найти пример из 9 точек покрасивше моего. Тогда имея 3 хороших примера (в размерностях 2--4) можно было бы надеяться уловить закономерность. Именно так я нашёл свои примеры, кстати.

[grizzly]

grizzly в сообщении #1219104 писал(а):

Хорошо было бы найти пример из 9 точек покрасивше моего.

С этой задачей я справился (см. ниже красивый пример на 9 точек). К тому же немного продвинулся и в понимании задачи (компьютер здесь уже не помощник -- вычислительная сложность задачи выходит за Вселенские рамки). Теперь надеюсь найти по аналогии 17 точек в $\mathbb R^5$. Ещё больше надеюсь найти универсальный -- в $\mathbb R^n$ -- алгоритм построения, а не голый пример. Тогда не придётся придумывать доказательство :)

В литературе (2011 г.) нашёл красивый пример в $\mathbb R^4$. Но это 8 точек. Разница между 8 и 9 точек здесь просто пропасть. Более свежих примеров не было, похоже. В этой же статье пример для $\mathbb R^5$ из 12 точек. Если удастся найти алгоритм построения, это будет новый прорыв в старой задаче, над которой ломали голову многие великие. Даже если просто получится построить 17 точек, это тоже будет важный результат.

Обещанный пример (upd. 5-jun -- немного упростил пример). В основе простой единичный 3D-куб, несколько раз скрученный и изогнутый. (Надеюсь, нигде не ошибся при наборе. Сам пример прошёл кросс-проверку разными способами -- всё честно.)
\begin{array}{||c | c | c | c | c | c | c | c | c | c | c | c | } \hline & a & b & c & d & & e & f & g & h & & k\\ \hline x & s & 1-s & 0 & 1 & & 0 & 1 & s & 1-s & & 0.5 \\ \hline y & s & 0 & 1-s & 1 & & 0 & s & 1 & 1-s & & 0.5\\ \hline z & s & 0 & 0 & s & & 1-s & 1 & 1 & 1-s & & 0.5\\ \hline t & 0.2 & 0 & 0.0001 & 0.001 & & 0.001 & 0.0001 & 0 & 0.2 & & 1.5\\ \hline \end{array}

$s=0.01$
Точка $k$ -- вершина "пирамидки" по оси $t$.
По центру таблички -- вертикальная ось (а)симметрии:
координата $(x,y,z)$ любой точки справа равна "1 минус коорд. сим. точки слева". Например, $e_z=1-d_z.$
Координата по $t$ -- обычная симметрия.

Upd. (05-jun): чуть украсил пример выше. Пока не понимаю, как выразить координату $t$ параметром (так, чтобы произвольно варьируя параметрами можно было всегда получать Остроугольное Множество). Пока же в этом примере параметр $s$ можно менять в каком-то относительно широком диапазоне, при выходе из которого нужно править цифры по координате $t$.

[heptagon]

Уважаемый grizzly, позвольте поздравить Вас с красивым результатом! Я проверил Ваш первый пример с 9 точками и продолжаю с интересом следить за Вашими сообщениями в этой теме. Удалось ли Вам достичь какого-либо прогресса (относительно 12 точек) в размерности 5?

[grizzly]

heptagon
Спасибо на добром слове :)
В $\mathbb R^5$ новых результатов ещё нет. И да, я не пытался побить рекорд в 12 точек -- я пока надеюсь найти все 17. Кстати, я в своём поиске не использую совсем никакой математики, кроме понимания понятий $\mathbb R^n$ и скалярного произведения. В остальном я просто пытаюсь решить головоломку.

Со статьёй Дмитрия Захарова (с которой началась эта тема) на reddit.com вышел какой-то курьёз. Дело в том, что на arXiv.org есть ещё один автор-математик Дмитрий Захаров. В базе данных архива вышла какая-то неразбериха и оба эти автора идут под одним ID. Из-за этого в обсуждении на reddit'е кто-то пытался развить конспирологическую теорию про руку Москвы (благо, до руки Путина не дошло :) Справедливость там восторжествовала, но всё равно "осадок остался" (и ошибка на архиве тоже).

[Andrey A]

(Оффтоп)

grizzly в сообщении #1224015 писал(а):

но всё равно "осадок остался" (и ошибка на архиве тоже).

На том же месте,
В тот же час...

[grizzly]

Я думаю, есть смысл пояснить, как я пришёл к своему второму (красивому) примеру в $\mathbb R^4$. Для пущей увлекательности рассказа я добавлю своих каких-то правдоподобных исторических и математических домыслов -- если уж пытаться оживлять тему, то нужно провоцировать критику :) Собственно, эти вымышленные (даже если они ошибочные) параллели помогают мне решать, так что вдруг кому-то они помогут понимать и развить тему. (Далее ОМ -- остроугольное множество.)

Раньше (с 1962 г.) исходили из такой парадигмы перехода от $\mathbb R^2$ в $\mathbb R^3$:
В $\mathbb R^2$ максимальное ОМ -- равносторонний треугольник;
В $\mathbb R^3$ -- естественное обобщение: равнобокая (в меру сил) бипирамидка.
Продолжение ряда в этой парадигме легко даёт в $\mathbb R^4$ 7 точек и далее по формуле $2d-1$. С 1962-го года 20 лет все, как заколдованные, находились в рамках этой парадигмы. Потом парадигму разрушили вероятностными методами, но контрпример можно было построить только $\mathbb R^{35}$ и выше -- благодаря другой формуле. Никто тогда ещё не знал, что всё рушится уже в $\mathbb R^4$, а не "где-то там". Это стало понятно в 2011-м, когда появились новые методы и был обнаружен пример в $\mathbb R^4$.

Я с самого начала ищу другую парадигму.
В $\mathbb R^2$ я строю обобщённую "пирамидку" -- в основании отрезок (это единичный куб в $\mathbb R^1$), а по центру "сверху" -- вершина. Получаю тот самый треугольник, но с другим намёком.
В $\mathbb R^3$ в основании обычный квадрат (единичный куб в $\mathbb R^2$), а сверху вершина. Чтобы избежать прямых углов в основании, мы поднимаем диагональные точки на относительно небольшую величину "вверх". В каком-то смысле это опять таки та же бипирамида, но я смотрю на неё, как на немного искажённую квадратную пирамиду. И это всё меняет.

Теперь что я делаю в $\mathbb R^4$. Я беру в основании единичный $\mathbb R^3$-куб. Вершина -- точка "сверху" по центру, как обычно (про неё можно забыть -- она имеет большой запас прочности). Теперь дальше. Я поворачиваю этот кубик по каждой грани и каждый квадрат, который оказывается "на полу" искажаю точно так же, как в прошлой размерности. На выходе я таким образом получаю пожмаканный "кубик", у которого на всех гранях почти все углы острые (исключения составляют только 2 вершины -- возможно это тоже лечится?). Но некоторые диагональные углы остаются прямыми. Это всё исправляется сдвигом вершин кубика по координате 4. Величины этих сдвигов взаимосвязаны между собой и должны находиться в определённых соотношениях (для нахождения связей "легко", я надеюсь, выписать систему неравенств для задачи линейного программирования). Следует иметь в виду, что если сам кубик был пожмакан слишком сильно, то эта система не будет иметь решения.

Это на пальцах. Продолжение следует -- следующим сообщением я напишу формальные преобразования координат, которые стартуя от единичного куба автоматически дадут мой "красивый" пример. Затем будем пытаться это формальное преобразование развить в $\mathbb R^5$ и далее. (Если получится в $\mathbb R^5$, то далее уже можно будет не сомневаться.)

[grizzly]

grizzly в сообщении #1225523 писал(а):

Это всё исправляется сдвигом вершин кубика по координате 4. Величины этих сдвигов взаимосвязаны между собой и должны находиться в определённых соотношениях (для нахождения связей "легко", я надеюсь, выписать систему неравенств для задачи линейного программирования).

Бред детектед. Этот фиговый листок просто прикрывает прореху в понимании. Об этом лучше сразу говорить честно -- иначе невозможно бороться с непониманием.

[Sender]

Если пока оставить в стороне отдельно стоящую точку и сосредоточиться на кубе, для 4-мерного случая в голове возникает такая конструкция:
$(0,0,0,s)$,
$(1,0,0,-s)$, $(0,1,0,-s)$, $(0,0,1,-s)$,
$(1,1,0,s)$, $(1,0,1,s)$, $(0,1,1,s)$,
$(1,1,1,-s)$.
Не уверен насчёт обобщаемости этой идеи на высшие размерности, надо будет после работы подумать.

-- Чт июн 15, 2017 09:32:20 --

Не годится, диагональные углы остаются.

[grizzly]

Sender
Для 4D случая пример неплохой конструкции есть в одном из моих прошлых сообщений (5е сообщение в теме -- я постоянно ссылаюсь на этот пример в своих рассуждениях). Именно его я сейчас пытаюсь обобщать на 5D.

[grizzly]

Я всё-таки расскажу вкратце, как я могу получить свой пример формальными преобразованиями. Но рассказывать буду опять на пальцах.

Есть кубик. Точка 000 находится в нижней / передней / левой грани.
000 100 010 110 -- нижн. грань
001 101 011 111 -- верх. грань
Поднимаем диагональные точки нижней грани вверх на небольшое число A. Одновременно (чтоб не вставать дважды) опускаем симметричные верхние точки на то же число A. (Я обозначу $B = 1-A$.)
Получаем:
00A 100 010 11A
00B 101 011 11B
Переворачиваем кубик левой гранью вниз. Так чтобы точка 000 (теперь уже 00A) по-прежнему находилась в нижнем--переднем--левом углу. И снова поднимаем аналогичные диагональные точке вверх на A. Получается вот что:
0AA 00B 100 1A1
0B0 011 11A 1BB
Теперь то же для последней пары граней:
AAA 0B0 00B A11
B00 11A 1A1 BBB
Последняя конфигурация -- это в точности первые 3 координаты всех точек предложенного решения.

Четвёртая координата -- борьба с диагоналями. Делаем ещё 3 раза тоже самое, но "на полу" размещаем поочерёдно 3 (попарно разных) диагональных сечения, а "верхом" считаем координату 4. И каждую диагональ задираем на разную высоту. Вот так получается четвёртая координата. Взаимосвязь упомянутых "разных высот" мне не понятна. Остальное сходится.

[yk2ru]

У квадрата вы двигали две точки по третьему измерению, которые не лежат на одной стороне квадрата. У куба наверное вы двигали четыре несмежные точки по четвёртому измерению (половину всех точек и каждые две двигаемые точки не должны принадлежат одному ребру). Так?