Определить кривую по трем точкам

[Anton_Peplov]

INGELRII в сообщении #1138911 писал(а):

нет ведь никакой гарантии, что решение будет единственным.

Вот это один из самых зловредных мифов, вбиваемых нам в голову в школе. Заучиваем до закрепления в подкорке мантру "система из $n$ уравнений с $n$ неизвестными имеет единственное решение". Между тем в такой формулировке это даже для линейных уравнений неверно - нужно уточнение, а для нелинейных и это уточнение не спасет.

[INGELRII]

В данном конкретном случае школа ни причем, я ее давно закончил и забыл все, что там учил. Это просто лично я балбес

[Anton_Peplov]

Так и я давно ее закончил. Но то, что вбито в подкорку, просто так не стирается.

[mihailm]

В какой это школе подобная глупость вбивается в подкорку, в северо-американской что ли?

[INGELRII]

mihailm
Вы перепутали раздел. Создайте свою тему для обсуждения школьных глупостей стран мира в Свободном Полете, будьте так любезны.


А теперь вернемся к собственно вопросу топика. Я тут еще немного подумал. Трех точек, значит, недостаточно. Тогда несколько поменяем условия задачи. Изначально на кривую я не задал никаких ограничений. Но тогда она может быть совсем ужасной: содержать отрезки прямых или дуги окружностей, и тогда та система будет иметь аж континуум решений (при сдвиге кусок отрезка будет общим, при вращении кусок дуги). Запретим такие кривые. И теперь даже в самом плохом случае система имеет не более чем счетное множество решений (по-хорошему, это надо доказать строго, но... пока отделаюсь словом "очевидно").

Теперь возьмем наудачу четвертую точку кривой. Получается переопределенная система из четырех уравнений для трех переменных. Но хотя бы одно решение у нее таки есть, коль скоро мы выбираем точки лежащими на кривой! А вот второго, скорее всего, уже не будет, если только четвертая точка не угодит в множество решений системы для трех точек. Что маловероятно, учитывая что их не более чем счетное множество, а всего на кривой точек гораздо больше.

Теперь проведем контрольный выстрел с геометрической точки зрения. Возьмем наудачу некоторый четырехугольник, чьи вершины лежат на кривой, и будем двигать его так, чтобы выбранные две вершины оставались на кривой. Как правильно было отмечено, третья вершина иногда также будет попадать на кривую. Но вот чтобы одновременно и четвертая вершина на ней оказалась, это уже вряд ли!

Итак, четырех вершин должно быть достаточно почти всегда, за исключением не более чем счетного количества вырожденных случаев. Но невырожденных будет гораздо больше, так что все в порядке.

Upd: дополнение после того, как все написАл. На кривую необходимо наложить более сильное условие: чтобы она не содержала двух дуг, которые можно было бы некоторым движением перевести одну в другую. Если так, то очевидно, что множество пересечений сдвинутых относительно друг друга кривых будет иметь не более чем счетное число точек. Ведь для несчетного требуется общая дуга, а мы ее только что запретили.

[Lia]

mihailm
Предупреждение за перманентный флуд в тематических разделах. post1139053.html#p1139053

-- 21.07.2016, 01:31 --

INGELRII Замечание за попытки самостоятельного модерирования. Пользуйтесь кнопкой "Жалоба".

[Geen]

INGELRII в сообщении #1139064 писал(а):

Ведь для несчетного требуется общая дуга

Нет, достаточно просто конгруэнтных кусков...

-- 21.07.2016, 01:44 --

А вообще, тут ещё вопрос что называется кривой?

[INGELRII]

Geen
Термин "дуга" я употребил именно в значении "кусок". Что до слова "конгруэнтный", то не люблю я его, некрасивое.

(Оффтоп)

Я говорю дуги - подразумеваю конгруэнтные куски,
Я говорю конгруэнтные куски - подразумеваю дуги!

Что называется кривой, это вопрос замечательный. Насколько помню, в советской математической энциклопедии ей, кривой, посвящена статья страниц эдак на пять. Я могу разве что предложить называть кривой то, что все обычно называют кривой.

Так а по вопросу четырех точек что скажете? Достаточно их в общем случае, или я опять чего-то не вижу?

[Geen]

INGELRII в сообщении #1139134 писал(а):

Так а по вопросу четырех точек что скажете? Достаточно их в общем случае, или я опять чего-то не вижу?

Конечно нет. Возьмите вершины двух одинаковых квадратов и проведите через них "кривую кривую"....

Только задачу Вы как-то недоопределили: запретим "такие" (непонятно какие, с учётом разнообразия приводившихся примеров) кривые; решение требуется "в среднем", "в наилучшем", "в наихудшем"?

-- 21.07.2016, 11:40 --

INGELRII в сообщении #1139064 писал(а):

Запретим такие кривые.

Я предлагаю не мучиться, и запретить все кривые для которых трёх точек недостаточно для определения положения...

[INGELRII]

Запретим такие, которые имеют с некоторыми своими сдвинутыми копиями общие куски. Или, в другой формулировке, те которые имеют два конгруэнтных куска. То есть запретим все, которые имеют более чем счетное множество общих точек с некоторыми сдвинутыми копиями. Про мое первоначальное условие отсутствия симметрий у кривой забудьте, оно лишь частный случай этого нового, улучшенного.

В наихудшем случае давно ясно, что решения нет: $\sin x$ и $-\sin x$, и задаем только их точки пересечения. Тут и $100500$ точек не хватит, чтобы их отличить. Задача в том, чтобы найти $n$ такое, чтоб $n$ точек хватило "почти всегда" для любой кривой, кроме тех, что запрещены в предыдущем абзаце. Или лучше так: найти $n$, чтобы на любой разрешенной кривой возможно было выбрать некие $n$ точек так, чтобы никаким движением кроме тождественного они все вместе на эту кривую не попадали. В частности, Ваш квадрат (и любую фигуру, имеющую симметрии) задавать не стоит, так как сразу ясно, что они вообще отображаются в себя кучей способов.

Пока что я думаю, что $n=4$. И вот почему: положим, что есть кривая (из числа разрешенных), такая что для любого лежащего на ней вершинами четырехугольника найдется и лежащий на ней его конгруэнтный брат. Вот пусть мы выбрали некий четырехугольник $M$ и стали искать его конгруэнтного брата на кривой. Нашли, и назвали его $M`$ для краткости дальнейших ссылок. Тогда зафиксируем три его вершины (и треугольник, ими образованный, назовем $T$), а четвертую вершину $m$ будем двигать вдоль кривой. Получим семейство четырехугольников, для каждого из которых должен бы найтись и конгруэнтный брат на кривой. Где-то, но не там же, где лежит четырехугольник $M`$! Иначе бы траектория движения его четвертой, незафиксированной вершины $m`$ в точности повторяла бы траекторию движения вершины $m$, с поправкой на некоторое отображение - то есть кривая содержала бы два конгруэнтных куска, а мы ж это запретили!

Итак, для каждого четырехугольника, получаемого из $M$ движением по кривой вершины $m$ мы находим отображение их в конгруэнтных братьев на кривой же, и это отображение разрывно в каждой точке. В частности, это означает, что кривая содержит на себе более чем счетное множество треугольников, конгруэнтных $T$, ведь каждый четырехугольник, получаемый из $M$ движением четвертой вершины, в себе этот треугольник содержит, а значит, должны и все их братья. А учитывая, что изначально мы взяли четырехугольник $M$ произвольным лежащим на кривой, то и треугольник $T$ будет произвольным.

То есть имеем утверждение: существует кривая, не содержащая двух конгруэнтных кусков, такая что для любого треугольника, лежащего на ней вершинами, найдется и более чем счетное множество конгруэнтных ему треугольников, также лежащих на ней вершинами. Возможно ли такое? Сразу хочется ответить нет, но пока моя умеренно гениальная мысль на этом забуксовала. Надо думать дальше.

[INGELRII]

Немножко понекропощу. Последняя попытка переформулировать задачу в сколько-нибудь вразумительном виде.

Рассматриваем, как и раньше, только такие кривые, которые не содержат двух конгруэнтных кусков. Назовем $n$-угольник, чьи пронумерованные вершины лежат на кривой, уникальным, если на кривой не лежит другого конгруэнтного ему $n$-угольника с пронумерованными вершинами. В противном случае назовем его неуникальным. В частности, любой $n$-угольник, имеющий симметрию кроме тривиальной, является неуникальным. Под $\varepsilon$-шевелением $n$-угольника $P$ понимаем такой $n$-угольник $P_1$, чьи пронумерованные вершины также лежат на кривой, и максимум среди всех расстояний между вершинами $P$ и $P_1$ с соответствующими номерами не превосходит $\varepsilon$.

Тогда я утверждаю следующее: любой лежащий на кривой четырехугольник либо уникален, либо может быть превращен в уникальный $\varepsilon$-шевелением при любом заданном сколь угодно малом $\varepsilon > 0$; для треугольника это в общем случае неверно.

Как следствие, для любой кривой (из числа разрешенных) всегда можно указать лежащий на ней уникальный четырехугольник (на самом деле кучу их, почти любой четырехугольник будет уникален). Вершин этого четырехугольника будет достаточно, чтобы однозначно восстановить проходящую через них кривую.