2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему
 
 Подобные призмы в многомерном пространстве
Сообщение16.05.2012, 20:42 


15/05/12

359
N-призмой называются два $(N-1)$-многогранника, которые лежат в двух параллельных $(N-1)$-плоскостях, через все соответственные $K-грани$ которых проведены $(K+1)$-плоскости.
Цель сообщения- прошу помочь доказать предположение, данное ниже.

Вначале я ввёл понятие главной диагонали:
Главная диагональ [b]N-призмы, у которой все 2-мерные грани-параллелограммы -отрезок, соединяющий любую вершину призмы и точку, не принадлежащую ни одной из гиперплоскостей размерности меньше, чем N (в том числе размерности (N-1)), проходящих через эту вершину. Назовём такую точку «изолированной» и обозначим её D. (Гиперплоскость называется проходящей через точку, если последняя принадлежит ей.)
Пусть теперь даны две подобные N-призмы, расположенные в пространстве так, что они имеют общую вершину (C) и ровно n общих прямых, проходящих через неё, причём только для одной из них две вершины этих призм лежат по разную сторону от C (A и B).[/b]
Тогда я делаю следующее предположение:
Середина отрезка, соединяющего концы главных диагоналей, не являющихся общими, соответственно меньшей и большей призм,проведённых из точки C, лежит на главной диагонали второй, проведённой из точки $B$, и на продолжении главной диагонали первой, проведённой из точки $A$. При этом$ AC<BC$.

Докажем сначала в 2-мерном пространстве.
Условие: на отрезке $AG$ взята произвольная точка $D$ (пусть для определённости $AD <DG$) и на полученных отрезках как на основаниях построены параллелограммы $ABCD$ и $DEFG$, подобные друг другу, с вершинами по одну сторону от отрезка $AG$ и точками $D,C,E $на одной прямой.
Доказать: середина отрезка $BF$ лежит на диагонали одного параллелограмма и на продолжении диагонали другого.

Пусть $L$- исследуемая середина. Проведём через $L$ прямые, параллельные $AB$ и $FG$ и $EF$ и $AG$ соответственно. Пусть первая из них пересекает сторону $DG$ в точке $K$, а вторая- $FG$ в точке $M$. Обозначим стороны $AB$,$AD$ и $DE$,$DG$ параллелограммов ABCD и DEFG как a,b и c,d соответственно. $AK=KG $по теореме Фалеса. Поэтому $LM=\frac{b+d}{2}$, т.к.$ LM=KG$. Также и$ LK=\frac{a+c}{2} $(по теореме о средней линии трапеции). Докажем, что параллелограммы KLMG и DEFG подобны. Тогда ясно, что поскольку у них общий угол, их диагонали LG и EG лежат на одной прямой (по различным свойствам подобия), откуда следует утверждение задачи. По условию $a:b=c:d $ Докажем, что$ a:b=(a+c):(b+d)$. $ab+ad=ab+bc$, но $ad=bc$, поэтому это утверждение верно. Следовательно, доказано подобие параллелограммов $KLMG$ и $DEFG$, а значит и утверждение задачи. Для меньшего параллелограмма утверждение доказывается аналогично.

Докажем теперь, что из одной вершины выходит только одна главная диагональ. Для этого используем контрпример. Сначала возьмём двумерное пространство и фигуру в нём-отрезок. Если на нём построить параллелограмм, две стороны последнего будут пересекаться в одном из его концов и будут содержать все его вершины, кроме одной. По нашему определению получается существование только одной главной диагонали (см. выше) из данной вершины для 2-мерного пространства. Если теперь на параллелограмме как на основании построить параллелепипед, оставшаяся вершина параллелограмма окажется на 2-плоскости, проходящей через искомый конец (ей будут принадлежать две пересекающиеся прямые по аксиоме 2(см.тетрадь), а значит, и точка пересечения), аналогично вершины двух других параллелограммов окажутся на 2-плоскостях, проходящих через этот конец, и только одна точка окажется изолированной. Применяя аналогичное рассуждение, получим, что при дальнейшем увеличении числа измерений изолированная точка будет одна, а следовательно, главная диагональ, выходящая из данной вершины, одна.
Пусть призма, образованная прямыми большей призмы, проходящими через $B$, и прямыми, выходящими из исследуемой точки (обозначим её $L_n$ в зависимости от числа измерений, для которого она исследуется) и параллельными рёбрам обеих призм, обозначим X.
Пусть различные рёбра призмы $X$ равны $a_1,a_2,...a_n$, различные рёбра меньшей данной призмы- $b_1,b_2...b_n$, большей- $с_1,с_2...с_n$.
Чтобы не выглядеть бездоказательным, докажу пока только для трёх мерного пространства. Соответственно ${n}={1,2,3}
$. Обозначим призмы $ABCDEFGH$ и$ DIJKLMNP$ (согласно правилам первые четыре буквы обозначают нижнее основание, вторые четыре-верхнее). Проведём через$ L_2$ прямые, параллельные $CD$ и $DK$ (пусть они пересекают $DK$ и $JK$ соответственно в точках $R$ и $S$).
Тогда $\frac{KL_2}{KI}={\frac{L_2S}{IJ}}$, но $\frac{L_2S}{IJ}={\frac{AD}{DK}}={\frac{AE}{LN}}$, а значит, $\frac{L_3L_2}{IM}={\frac{KL_2}{KI}}$, отсюда следует утверждение задачи для 3-х мерного пространства.

Жду дальнейших замечаний, с уважением, Николай

 Профиль  
                  
 
 Re: Подобные призмы в многомерном пространстве
Сообщение16.05.2012, 21:51 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


15/10/08
11536
Двенадцать лет назад Я сформулировал Всеобщую Теорию Всего (Этой идее 102 года) частным случаем которой являются эти Ваши... Ну, эти Ваши... как же их... А, да - N-призмы! Но поскольку Время - идёт, и всего не упомнишь (Всё моё внимание нынче поглощает Новейшая Теория Ничего) то почему бы Вам не начать свой доклад с определения этих Ваших... ну, этих Ваших... ну, Вы поняли!

 Профиль  
                  
 
 Re: Подобные призмы в многомерном пространстве
Сообщение16.05.2012, 21:56 
Модератор
Аватара пользователя


30/06/10
980
 i  Но начнем мы не с определения, а с Карантина.
- сформулируйте по возможности кратко и четко предмет обсуждения;
- наберите формулы надо набирать в нотации $\TeX$. Как это делать, можно посмотреть в теме Краткий ФАК по тегу [math].

Исправьте все свои ошибки и сообщите об этом в теме Сообщение в карантине исправлено.

Также в качестве полезного чтения рекомендую Правила научного форума.

 Профиль  
                  
 
 Re: Подобные призмы в многомерном пространстве
Сообщение17.05.2012, 11:05 
Модератор
Аватара пользователя


30/06/10
980
 i  Возвращено.

 Профиль  
                  
 
 Re: Подобные призмы в многомерном пространстве
Сообщение21.05.2012, 23:04 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


15/10/08
11536
Nikolai Moskvitin в сообщении #571984 писал(а):
(см.тетрадь)

Не волне очевидно, как сие действо произвести.

 Профиль  
                  
 
 Re: Подобные призмы в многомерном пространстве
Сообщение23.05.2012, 18:29 


15/05/12

359
Утундрий в сообщении #574387 писал(а):
Nikolai Moskvitin в сообщении #571984 писал(а):
(см.тетрадь)

Не волне очевидно, как сие действо произвести.
Тогда см. учебник по геометрии за 10 класс. :)
Попробую всё же начать доказывать.

1)Пусть отрезок, середину которого мы исследуем- $EF$, сама середина- $L_n$. Возьмём в качестве леммы следующее утверждение: длины параллельных рёбер N-призмы, у которой все грани-параллелограммы, равны. Из леммы следует, что безразлично, на какую гиперплоскость в целях доказательства проектировать точку $L_n$, лишь бы соблюдалось одно ограничение, о котором сейчас будет сказано. Проведём через$ L_n$ прямую, параллельную любым параллельным рёбрам, содержащим E и F, но с одним ограничением: вторые их концы не принадлежат гиперплоскости размерности $N-1$, проходящей через грани этой же размерности, одна из которых целиком принадлежит другой (по условию таких граней всегда будет пара). Назовём такие рёбра «подходящими». Обозначим вторые концы подходящих рёбер (отличные от E и F) как $E_1$ и $F_1$.

2)Проведём через все три полученные параллели 2-плоскость.(По теореме, $L_n$ принадлежит плоскости этих рёбер, значит, ей принадлежит и построенная параллель). Пусть проекция $L_n$ на гиперплоскость размерности $N-1$, содержащую основания N-призм, которым принадлежат $E_1$ и$ F_1$ -$L_{n-1}$ (направление проектирования задаётся построенными параллелями). Тогда длина отрезка $L_nL_{n-1}$ будет равна полусумме рёбер $EE_1$ и $FF_1$(по теореме о средней линии трапеции).

Пока остановлюсь. Как вообще должно выглядеть доказательство утверждения для многомерного пространства? Несомненно, термины (гиперплоскость, и т.п.). Но мне нужен образец такого доказательства (без вычислений).

 Профиль  
                  
 
 Re: Подобные призмы в многомерном пространстве
Сообщение30.06.2012, 11:39 


15/05/12

359
Продолжим доказательство:

3)Преобразование проекции переводит точки в гиперплоскость меньшей размерности (на один), поэтому продолжим проектировать проекции точки L по следующему правилу: выбираем на любой паре подходящих рёбер с концами $E_n $и $F_n$ вторые концы ($E_{n+1}$ и $F_{n+1}$), и на гиперплоскости размерности $(N-2)$, проведённой через основания $(N-1)$-призм, содержащие $E_{n+1}$ и $F_{n+1}$, строится проекция точки $L_n$ на эту гиперплоскость- $L_{n+1}$ (направлением проекции являются рёбра $E_nE_{n+1}$ и $F_nF_{n+1}$). Дойдём так до второго измерения, в котором теорема уже доказана. Тогда длины всех отрезков вида $L_nL_{n+1}$ будут равны полусумме параллельных им рёбер соответственно большей и меньшей призм, принадлежащих одной с ними 2-плоскости.

4)Построим теперь N-призму, опустив из точки P параллели (её рёбра) на все гиперплоскости большой призмы, для которых она является изолированной так, чтобы эта призма имела все те общие гиперплоскости с большой призмой, которые проходят через точку B. (размерность их- N-1). Тогда по доказательству все её рёбра, исходящие из точки P, будут равны полусумме соответствующих рёбер искомых призм, лежащих с ними в одной 2-плоскости.
Докажем, что полученная призма будет подобна искомым. Для этого можно для каждой пары непараллельных рёбер доказать, что они относятся друг к другу также, как и аналогичная пара рёбер каждой из искомых призм. Поскольку все такие соотношения симметричны (т.е. доказательство не зависит от выбора пары рёбер: все такие пары состоят из отрезков, находящихся по утверждению задачи в одном и том же соотношении) , можно доказать это для одной пары рёбер. Но поскольку мы уже имеем подобное доказательство для двумерного пространства, подобие выполняется.

Прошу всё-таки помочь мне исправить ошибки, скорее неточности, если они есть. Тогда продолжу доказательство.

С уважением, Николай

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 7 ] 

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group