А что будет, если мы попробуем то же самое доказательство провести на сфере? (Где сумма углов треугольника уже не π — скажем, там есть равносторонний прямоугольный треугольник с тремя прямыми углами!)

Проблема будет в том, что у нас уже нет параллельного переноса, позволяющего отождествить касательные плоскости в разных точках сферы. А вектор скорости идущего вдоль забора человека — лежит в касательной плоскости в той точке, где человек сейчас находится; в частности, угол, на который он поворачивает в вершине — откладывается в касательной плоскости именно в этой вершине. А касательные плоскости в разных точках — разные.

Ну хорошо, а нельзя ли с этим что-нибудь сделать? Например: а что, если идущий человек попытается тащить касательную плоскость с собой?

Пусть он идёт вдоль пути длины L. Поделим его на N отрезков длины L/N. Человек прошёл один отрезок и перенёс касательную плоскость параллельно в R^3. Но в новой точке касательная плоскость другая — параллельно перенесённые вектора накренились на угол порядка (1/N) (точнее, (L/R) (1/N), где R — радиус сферы, но путь и сфера у нас фиксированы, а меняем мы N). Человек спохватился и что-нибудь с этим сделал — например, ортогонально спроецировал новые вектора на касательную плоскость в новой точке. («Какая ещё нормальная компонента? Вам показалось, тут ничего не было!») И так он сделал N раз.

А сильно ли у нас поменялись длины векторов к концу пути? У нас было N операций проецирования — так что на вид кажется, что сильно. Но. Каждая из них умножает длины на косинус соответствующего угла, который порядка (1/N). А
cos x = 1 - x^2/2 + …,
так что косинусы эти не просто близкие к 1, а отличаются на величину всего лишь порядка 1/N^2 ! Так что даже произведение N таких косинусов близко к 1 (логарифм у него порядка 1/N).

Итого — мы определили параллельный перенос вдоль кривой (на сфере, а на самом деле — на любой поверхности, и даже на любом многообразии, вложенном в хоть какое-нибудь R^n). И он оказался ортогональным — сохраняющим длины касательных векторов — преобразованием.

Но вот только… результат параллельного переноса будет зависеть от выбора пути! Или, что то же самое — пройдя по замкнутому пути, мы можем обнаружить (и почти всегда обнаружим), что наше касательное пространство как-то повернулось.

Собственно — для случая поверхности в R^3, именно этот поворот и есть дефект угла, то, на сколько сумма внешних углов отличается от 2π!
Потому что — представим себе, что человек обходит многоугольник, например, на сфере. Он несёт с собой касательное пространство (ну хорошо, для реалистичности — его переносную модель), и отмечает на нём свою скорость. В каждой вершине он добавляет новый сектор-угол поворота. Вернувшись в исходную точку, он получает на своей модели все сектора-углы, на которые он повернулся. И казалось бы, это полный оборот, только заканчивается их сумма в его векторе скорости сейчас, а начинается — в том же самом векторе скорости, обнесённом вокруг всего многоугольника. То есть повёрнутом параллельным переносом!

Так что на формулу, что на сфере радиуса R сумма углов треугольника равна π+(S/R^2) — можно смотреть как на утверждение, что при обходе фигуры площади S параллельный перенос приводит к повороту на S/R^2 (с правильным знаком).
(И это не конец рассказа, конечно.)

Скриншот: Математические Этюды, https://etudes.ru/etudes/Euclidean-spherical-Lobachevskian-geometries/

Ещё наш «параллельный перенос» можно описать, как «прокатывание» по сфере касательной плоскости без проскальзывания. А утверждение (которое мы пока не доказали!) состоит в том, что в результате такого прокатывания по границе фигуры площади S плоскость поворачивается на угол, равный S/R^2.

И мне тут вспоминался планиметр. Вообще это тема для отдельного рассказа (и коллеги о нём ещё давно писали — https://www.group-telegram.com/cme_channel/550 ), но если в двух словах, то это прибор, позволяющий найти площадь плоской фигуры. Найти — для некоторых конструкций точно, а для некоторых — приближённо.

Штука совершенно прикладная: на карте отмечена какая-то область, и мы не считаем её площадь по клеточкам, а обводим «указателем» прибора — и сразу получаем ответ. Очень удобно!

Так вот — конструкции бывают разные, но самая изящная (и связанная с «велосипедной математикой») это «топорик». Представим себе топорик с очень длинной рукоятью — или колесо на длинной же ручке, или просто велосипед с длинной рамой (у которого заднее колесо не поворачивается). Обведём кончиком рукояти (или передним колесом велосипеда) кривую. Топорище/заднее колесо может ехать только вдоль ручки — и его движение полностью задаётся тем, как движется кончик рукояти/переднее колесо.

И если мы обведём маленькую (по сравнению с длиной рукояти) кривую, ограничивающую площадь S, то топор вернётся не в исходное положение, а повернётся на какой-то угол. И угол этого поворота примерно равен S/L^2, где L — длина топорища!

Image credit: Mark Levi and Serge Tabachnikov, On bicycle tire tracks geometry, hatchet planimeter, Menzin’s conjecture and oscillation of unicycle tracks, Experiment. Math. 18:2 (2009), pp. 173-186; цветная версия иллюстрации из препринта: https://arxiv.org/abs/0801.4396 .

На картинке — планиметр, прибор для измерения площадей. Один конец закрепляется на бумаге, другим обводят контур фигуры — и планиметр чисто механически вычисляет ее площадь.

Если думать про площадь в терминах… клеточек, которые занимает фигура или каких-то подобных, то это кажется довольно удивительным. Можно сказать, что это механическая реализация математики формулы Грина.

Это все тема несколько забытая, но какие-то тексты в интернете можно найти (1) (2) (3) (4)

И в дополнение к этим ссылкам (а там интересно, включая разные варианты планиметров) —
A. Kriloff, On the hatchet planimeter [О планиметрѣ-топорикѣ], 1903,
https://www.mathnet.ru/rus/im7701

Продолжим? Вот этот сюжет я узнал от Григория Мерзона четыре года назад: как доказать теорему Пифагора с помощью велосипедной математики. Достаточно засунуть прямоугольный треугольник в центрифугу!

На фото (с лекции этим утром в школе "Интеллектуал"): Григорий Мерзон засовывает теорему Пифагора в блендер/центрифугу, размазывая прямоугольный треугольник до полной однородности.
Площадь πb^2 кольца, заметённого вторым катетом, равна разности площади πc^2 большого круга, заметённого гипотенузой, и площади πa^2 малого круга, заметённого первым катетом.

Это — частный случай велосипедной теоремы: пусть отрезок-велосипед (у которого вершина-заднее колесо может двигаться только в направлении отрезка-рамы, а вот вершина-рулевое колесо — куда угодно) проезжает по какому-то пути и возвращается в исходное положение, сделав один "оборот". Рассмотрим кривые, по которым проехали переднее и заднее колёса, и ограничиваемые ими площади (с учётом знака и/или кратности, если кривые самопересекающиеся). Тогда разница между этими площадями равна πb^2, где b — длина рамы велосипеда.

На фото: доказательство теоремы. Путь заднего колеса приближается многоугольником, и тогда переднее едет то по прямой, то по дугам окружностей радиуса b (когда нужно повернуть), см. "сектора" на этой фотографии. И получается в точности теорема о сумме внешних углов многоугольника!

А вот соответствующая статья в "Квантике" — https://dev.mccme.ru/~merzon/pscache/pythagoras-final.jpg (Квантик, 2019, №8; рис. — А.Вайнер)

Так вот — эту (прекрасную!) статью Григория Мерзона в « Квантике » я тут вспомнил не случайно. Она заканчивается вопросом про то, что происходит на сфере (см. скриншот). Так вот: всего, что мы сказали выше, достаточно, не только чтобы ответить на этот вопрос — но и чтобы вывести сферическую теорему Пифагора!

Действительно — мы уже знаем (хоть всё ещё это и не доказали), что при обходе фигуры площади S на сфере мы поворачиваемся на суммарный угол не 2π, как на плоскости — а на меньший, 2π - (S/R^2).
Потому что на (S/R^2) повернулась касательная плоскость при параллельном переносе вдоль нашей кривой.
Значит, если проведём из каждой точки отрезок касательной длины b (он же — наш велосипед), при приближении многоугольником и разбиении на сектора сумма их углов такой и будет. А значит, их суммарная площадь будет равна площади (сферического!) круга, умноженной на отношение углов, полученного и полного:
(2π - (S/R^2)) / 2π = 1 - (1/2πR^2) S.

Отлично! Теперь можно и сферическую теорему Пифагора записать. Давайте действовать, как в статье из Квантика: возьмём прямоугольный треугольник на сфере (с катетами a и b и гипотенузой c), и завращаем его вокруг вершины, где сходятся a и c.
Пусть s(r) — площадь круга на сфере радиуса r (в смысле сферической геометрии — мы движемся только по поверхности сферы). Завращав треугольник, мы получили круг радиуса с, соответственно, площади s(c). С другой стороны, он разбивается на круг радиуса a и площади s(a), получившийся из первого катета, и « кольцо », получившееся из второго катета — для которого формула выше даёт площадь
(1- (1/2πR^2)s(a)) * s(b).
Приравняв одно к другому и раскрыв скобки, получаем:

s(c) = s(a) + s(b) - (1/2πR^2) s(a) s(b).

Это ещё не окончательный вид — теорему Пифагора на сфере можно записать (и доказать) гораздо проще. Но это вид, к которому мы пришли, просто повторив рассуждения для плоскости — и воспользовавшись только что полученным знанием про дефект угла на сфере!

Для удобства, давайте я тут повторю иллюстрацию к плоскому случаю — скриншот из всё той же статьи Григория Мерзона (image credit: Г. Мерзон, Пифагор на велосипеде, Квантик, 2019, №8).

Давайте досчитаем? Мы получили, что для прямоугольного треугольника на сфере

s(c) = s(a) + s(b) - (1/2πR^2) s(a) s(b),

где s(r) это площадь круга радиуса r на сфере. Давайте уберём коэффициент: рассмотрим отношение

q(r):= s(r) / (2πR^2),

тогда просто

q(c) = q(a) + q(b) - q(a)*q(b).

И кстати, у q(c) есть отличный смысл: это доля, которую круг занимает от площади полусферы!

Но ещё — при виде выражения A+B-AB просто-таки напрашивается вычесть единицу, ну или вычесть его из единицы, чтобы результат разложился на множители. И мы получим —

(1-q(c)) = (1-q(a))(1-q(b)).

Отлично! А чему величина 1-q(r) равна, что будет, если её посчитать?

Давайте возьмём сферу и нарисуем касающийся её вдоль всего экватора цилиндр. Оказывается, что площади колец, которые пара параллельных горизональных плоскостей вырезает на сфере и на цилиндре — одинаковы! (А если мы спроецируем сферу на цилиндр по лучам, идущим от «вертикальной» оси от северного до южного полюса, и перпендикулярным ей — то такая проекция будет сохранять площади.)

Поэтому площадь сферической шапочки, заданной центральным углом
θ =r/R,
равна

A= 2πR^2 (1-cos θ),

а площадь её дополнения до полусферы — и просто

2πR* (R cos θ) = 2πR^2 * cos θ.

Так что

1-q(r) = cos θ = cos (r/R),

и сферическая теорема Пифагора записывается в своём окончательном виде:

cos (c/R) = cos (a/R) cos (b/R).

И вот это уже окончательный вид сферической теоремы Пифагора!

К сохраняющей площадь проекции — кусочек со страницы Мат. Этюдов:
https://etudes.ru/etudes/sphere-area/

(На всякий случай: там есть больше, и история с проекцией по окружностям интересная, но мы туда сейчас не пойдём.)

Вообще — сферическую теорему Пифагора можно доказать проще. Пусть сфера единичного радиуса (чтобы не таскать везде её радиус R). Тогда для двух точек A и B на сфере расстояние c по сфере между ними совпадает с углом, смотрящим на дугу AB из центра сферы O. А значит, скалярное произведение (в трёхмерном пространстве!) векторов OA и OB равно cos c.

Теперь пусть на сфере нарисован прямоугольный треугольник ABC. Можно повернуть сферу так, чтобы прямой угол C был в северном полюсе — точке (0,0,1) — а касательные к катетам были бы направлены вдоль координатных осей. Тогда координаты точек A и B это (sin a, 0, cos a) и (0, sin b, cos b) соответственно. И поэтому скалярное произведение (OA,OB) равно

(OA,OB) = cos a * cos b,

потому что вклад первых координат нулевой. Но мы уже знаем, что оно же равно cos c. Вот мы и получили

cos c = cos a * cos b.

Ура! Кстати — то же самое рассуждение проходит и в гиперболической геометрии. Только нужно взять модель в однополостном гиперболоиде в R^{2,1}; длина дуги связана со скалярным произведением (в R^{2,1}, чтобы его сохраняли движения!) уже через гиперболический косинус

cosh (c) = ch (c) = (e^c + e^{-c})/2,

и выглядит она как

cosh c = cosh a * cosh b.

А ещё — таким же образом можно вывести сферическую теорему косинусов. Пусть угол при вершине C не прямой, а равен γ. Всё равно принесём вершину C в северный полюс. Тогда координаты вершин A и B по оси Oz равны cos a и cos b соответственно. А проекции OA и OB на плоскость Oxy имеют длины sin a и sin b, с углом γ между ними. Так что скалярное произведение равно

(OA,OB) = cos a * cos b + sin a * sin b * cos γ,

а поскольку оно же равно cos c, то получается искомое утверждение:

cos c = cos a * cos b + sin a * sin b * cos γ.

Упражнение — проверить, что на маленьких расстояниях оно вырождается в классическое

c^2 = a^2 + b^2 - 2ab * cos γ

(на всякий случай: cos r= 1 - r^2/2 +… при малых r).

https://old.kvantik.com/art/files/pdf/2023-12.2-6.pdf

АБ
АББА
АББАБААБ
…

наверное понятно, как продолжать эту последовательность всё дальше

а вот что может быть не так очевидно — что эта последовательность букв естественным образом кодирует «снежинку Коха»

вот про такие вещи рассказывается в статье Валентины Кириченко и Владлена Тиморина в №12 за 2023 год журнала «Квантик»

упомянутую там программу можно посмотреть и запустить по ссылке https://kvantik.com/short/turtle

а обсуждение других свойств этого слова Туэ-Морса можно прочитать в «Математических байках» начиная с https://www.group-telegram.com/mathtabletalks.com/4284