Скрещивающиеся прямые

[Munin]

Skeptic в сообщении #1005787 писал(а):

Munin, чтобы пояснить, мне нужно понять, почему для вас моё утверждение неверно.

Я отмечаю на плоскости три вершины треугольника $A,B,C.$ Провожу через них, как вы сказали, три прямые: $AB,BC,CA.$ Ищу точки пересечения (предполагая, что $A,B,C$ не лежат все на одной прямой):
$AB\cap BC=\{B\}$
$BC\cap CA=\{C\}$
$CA\cap AB=\{A\}$
$AB\cap BC\cap CA=\varnothing.$

[Skeptic]

Munin, вы правы.

[Brukvalub]

Skeptic в сообщении #1006688 писал(а):

Munin, вы правы.

В чем прав Munin? В том, что Skeptic все время лезет в темы, где ничего не понимает, и смешит всех своими глупостями? Да, в этом Munin, безусловно прав. Одно непонятно, зачем
Skeptic лезет не в свое дело, пытаясь учить тому, в чем сам не разбирается? Ведь те, кто спрашивают, принимают "пургу" Skepticа всерьез, и это мешает им получить достоверную информацию...

[INGELRII]

svv
Действительно, Ваши условия проще. Я немного соврал: во-первых, у меня получалась система не квадратных, а четверостепенных уравнений. Во-вторых, их не три, а два. Но покамест сижу с ними. Думаю, может, как-то еще упростить можно.

[unistudent]

У меня все сводится к поиску значений параметра $s$, удовлетворяющих неравенству

$$ \frac{F_1(s;v_1,a,b)}{F_2(s;v_1,a,b)} \le v_1^2+v_2^2,$$

где $F_1,F_2$ - многочлены 4-ой степени от $s$; точки $a\in l_1,b \in l_2$ зафиксированы, а $v_1,v_2$-постоянные. Если для любых $v_1,v_2, v_2 \ne 0$ существует $s=s(v_1,v_2)$, удовлетворяющее неравенству, то ответ на поставленный вопрос положительный. Значение $s$, при котором нер-во превращается в равенство, является решением задачи, т.е. дает треугольник с вершинами на заданных прямых. Как видно, чтобы найти это значение, надо найти корни многочлена четвертой степени.

[mihiv]

Пусть выполнены условия: 1. Угол между прямыми $l_1$ и $l_2$ меньше $\frac {\pi }3$; 2. На прямой $l_3$ существует точка равноудаленная от $l_1$ и $l_2$. В этом случае всегда можно получить правильный треугольник. Так как задача сводится к решению всего лишь квадратного уравнения.

[mihatel]

mihiv в сообщении #1007366 писал(а):

Пусть выполнены условия: 1. Угол между прямыми $l_1$ и $l_2$ меньше $\frac {\pi }3$; 2. На прямой $l_3$ существует точка равноудаленная от $l_1$ и $l_2$. В этом случае всегда можно получить правильный треугольник. Так как задача сводится к решению всего лишь квадратного уравнения.

Поясните, пожалуйста, зачем нужна точка, равноудаленная от двух прямых и ограничения на угол? Существуют ли такие прямые, для которых эти условия не выполняются? И как при этих условиях получается Ваше квадратное уравнение?

Говоря вообще, я буду очень рад, если мы все-таки построим правильный треугольник без каких-либо ограничений :)

[unistudent]

Судя по реакции участников, элегантного решения пока нет и в скором времени не предвидится. А чем так плохо уравнение 4-ой степени? Ведь есть аналитические методы решения таких уравнений. Если ограничиться правильным треугольником, то коэффициенты уравнения даже немножко упростятся. Хочу выписать то, что получилось у меня.

Есть скрещивающиеся прямые $l_1,l_2,l_3$. Вводим ортогональную систему координат $Ox_1x_2x_3$, в которой ось $Ox_3$ совпадает с $l_3$. Ось $Ox_1$ направляем перпендикулярно прямой $l_1$. Орты полученной системы координат обозначим через $\vec{e}_1,\vec{e}_2,\vec{e}_3$. Пусть

$l_1: \vec{r}(s)=c_1\vec{e}_3 + \vec{\delta^1} + s\vec{\tau^1}, $
$l_2: \vec{l}(t)=c_2\vec{e}_3 + \vec{\delta^2} + t\vec{\tau^2}, $

где

$$\vec{\delta^1} \perp \vec{e}_3, \vec{\delta^2} \perp \vec{e}_3, \vec{\tau^1} \ne \vec{\tau^2}, \vec{\delta^1} \perp \vec{\tau^1},\vec{\delta^1} \perp \vec{\tau^1}.$$

Начало системы координат выбираем так, чтобы $c_1=0$. Точка $a=\vec{\delta^1}, a\in l_1$ - ближайшая к $l_3$, и в выбранной системе координат $a=(\delta,0,0)$. Нам нужен правильный треугольник. Допустим, одна из его вершин находится в точке $a$, а другая в точке $l=\vec{l}(t)$. Через точку $q=(a+l)/2$ проводим плоскость

$$\pi:= \{x|(x-q,q-a)=0\},$$

где $x=(x_1,x_2,x_3)$. Плоскость $\pi$ перпендикулярна отрезку $la$. Прямая $l_3$ пересекает плоскость $\pi$ при любых значениях $t$ (если и существует плохое $t$, то оно единственно). Обозначим $p=\pi \cap \l_3$. Находим, что $p=(0,0,p_3)$, где

$$p_3=\frac{(q,q-a)}{q_3}$$

Треугольник $alp$ равносторонний, если $|p-q|=\sqrt{3}|l-a|/2$. Несложно показать, что этому условию отвечает уравнение относительно неизвестного $t$

$$[(l,l)-(a,a)]^2-4l_3^2[(l,l)-2(l,a)]=0,$$

где слева многочлен 4-ой степени. Если прямые $l_1,l_2,l_3$ еще и взаимно перпендикулярны, то это уравнение становится би-квадратным.

[mihiv]

mihatel в сообщении #1007530 писал(а):

Поясните, пожалуйста, зачем нужна точка, равноудаленная от двух прямых и ограничения на угол?

Исключительно для того, чтобы упростить задачу, сведя ее к решению квадратного уравнения, в то же время это достаточно общий случай расположения прямых. Привожу решение.
Поместим начало координат в точку $A$ на прямой $l_3$, удовлетворяющую условию 2. Проведем из точки $A$ векторы $ \vec d_1$ и $\vec d_2$ до ближайших к ней точек на прямых $l_1$ и $l_2$. Из условия 2. следует, что $|\vec d_1|=|\vec d_2|=d$. При таком выборе начала координат уравнения прямых $l_1$ и $l_2$ имеют вид:

$$\begin {cases}l_1:\vec r_1=\vec d_1+\vec n_1t_1\\l_2:\vec r_2=\vec d_2+\vec n_2t_2\end {cases}$$

Здесь $\vec n_1,\vec n_2$- единичные векторы, направленные вдоль прямых $l_1,l_2$. Параметры $t_1,t_2\in (-\infty ,\infty )$.Очевидно $\vec d_1\vec n_1=\vec d_2\vec n_2=0$. Покажем, что можно получить равносторонний треугольник, одной из вершин которого будет точка $A$.
Для этого должны выполняться следующие условия:

$$\vec r_1^2=\vec r_2^2 \text {или} d^2+t_1^2=d^2+t_2^2\qquad (1)$$

А также

$$\dfrac {\vec r_1\vec r_2}{|\vec r_1||\vec r_2|}=\cos \frac{\pi }3=\frac 12 \text {или} 2(\vec d_1\vec d_2+\vec n_1\vec d_2t_1+\vec n_2\vec d_1t_2+\vec n_1\vec n_2t_1t_2)=\sqrt {(d^2+t_1^2)(d^2+t_2^2)}\qquad (2)$$

Из (1) находим $t_2=\pm t_1$.Подставляя в (2) получим квадратное уравнение

$$(\pm 2\vec n_1\vec n_2-1)t_1^2+2(\vec n_1\vec d_2\pm \vec n_2\vec d_1)t_1+2\vec d_1\vec d_2-d^2=0\qquad (3)$$

Уравнение (3) всегда имеет действительные решения, для этого нужно выбрать знак в скобках перед $t_1^2$ противоположным знаку свободного члена, в силу условия 1. дискриминант уравнения при этом будет положительным.
В связи с этим решением можно отметить два момента: 1) Его можно обобщить на произвольные треугольники при наложении условий подобных условиям 1.,2. и 2) Пусть даны 3 скрещивающиеся прямые. Можно ли утверждать, что хотя бы на одной прямой найдется точка равноудаленная от остальных прямых? При положительном ответе можно было бы избавиться от условия 2.

[mihatel]

unistudent в сообщении #1007583 писал(а):

А чем так плохо уравнение 4-ой степени?

Хотелось бы получить качественное решение задачи: да или нет. И когда да, а когда нет. Я же не собираюсь строить эти треугольники в большом количестве :)

-- Пт апр 24, 2015 21:40:51 --

mihiv в сообщении #1007585 писал(а):

в то же время это достаточно общий случай расположения прямых. ...
и 2) Пусть даны 3 скрещивающиеся прямые. Можно ли утверждать, что хотя бы на одной прямой найдется точка равноудаленная от остальных прямых?

Вот относительно общности для меня совсем не очевидно! В чем эта общность случая состоит, как ее можно почувствовать?

Можно ли утверждать? Мне так кажется, нахождение этой точки уже задача сама по себе нетривиальная. Во всяком случае, я не представляю, как можно без анализа систем уравнений понять, есть такая точка или нет. А хотелось бы именно этого!

А, как частный случай, решение, на мой взгляд, вполне удовлетворительное.

[unistudent]

mihatel в сообщении #1007649 писал(а):

Хотелось бы получить качественное решение задачи: да или нет. И когда да, а когда нет.

Конечно, вам виднее. Но помоему, ур-е 4-ой степени совсем не плохо для качественного анализа задачи. Например, мое уравнение является квадратным относительно $(l,l)$ с дискриминантом

$$D=\delta^2+l_3^2 - 2\delta l_1,$$

где $l_j=(l,e_j)$. Поэтому, если $l_1=l_3$, то исходное уравнение равносильно паре квадратных уравнений относительно $t$. В общем же случае должны существовать такие значения $t$, при которых выполняется условие $Q(t) \le 0$, где $Q$-многочлен 4-ой степени. То есть, надо решать задачу $Q'= 0$. В общем, простора для анализа хоть отбавляй…

(Оффтоп)

Любопытно, что скажет Brukvalub

[unistudent]

(Оффтоп)

Подвох, кажется, понял

Как и выше $Ox_1x_2x_3$ - ортонормальная система координат; ось $x_3$ совпадает с прямой $l_3$; $e_1,e_2,e_3$ - орты. Ищем правильный треугольник, одна из вершин находится в $O$, а две другие в точках $a,b$, $a \in l_1, b \in l_2$. Чтобы треугольник $aOb$ был правильным, должны выполняться следующие условия:

$$|a|=|b|=|b-a|,$$

что равносильно системе уравнений

$$\begin{cases}(a,a)-(b,b)=0,\\(b,b)-2(a,b)=0.\end{cases}$$

Пусть

$$a=a(t)=A_3\vec{e_3}+A_2\vec{v}+t\vec{\tau},$$

где $\vec{v} \perp \vec{e_3}, \vec{v} \perp \vec{\tau}$, векторы $\vec{v}, \vec{\tau}$ единичные. Аналогично для точки $b$,

$$b=b(s)=B_3\vec{e_3}+B_2\vec{g}+s\vec{\kappa},$$

где $\vec{g} \perp \vec{e_3}, \vec{g} \perp \vec{\kappa}$. Тогда, например,

$$(a,a)=A_2^2+A_3^2+2tA_3\tau_3+t^2$$

и так далее. В общем, получаются две кривые второго порядка в плоскости $(t,s)$. Выбор начала координат, т.е. точки $O$ полностью определяется одним из чисел $B_3,A_3$. Числа $A_2, B_2$- расстояния между прямыми и поэтому постоянны. То же касается векторов $v,g,\tau,\kappa$. Понятно, что аналогичным образом задачу можно решить для любого треугольника, подобного наперед заданному.

[mihiv]

mihatel в сообщении #1007649 писал(а):

Можно ли утверждать? Мне так кажется, нахождение этой точки уже задача сама по себе нетривиальная. Во всяком случае, я не представляю, как можно без анализа систем уравнений понять, есть такая точка или нет. А хотелось бы именно этого!

Мне кажется, что для доказательства существования точки, равноудаленной от двух прямых и лежащей на третьей, можно применить метод, предложенный INGELRII здесь, то есть окружить пару прямых цилиндрами одинаковых радиусов и постепенно увеличивать их радиусы. Поверхности цилиндров будут пересекаться по некоторой замкнутой кривой. Третья прямая в процессе неограниченного раздувания цилиндров в конце концов окажется внутри этой замкнутой кривой. Отсюда по непрерывности можно заключить, что в какой-то момент третья прямая имеет общую точку с этой замкнутой кривой. Т.е. похоже существование таких равноудаленных точек скорее правило, чем исключение.

mihatel в сообщении #1007649 писал(а):

Вот относительно общности для меня совсем не очевидно! В чем эта общность случая состоит, как ее можно почувствовать?

Я имел в виду, что если случайным образом выбирать параметры, определяющие взаимное положение прямых, то вероятность выполнения условий 1.,2. не равна 0.

[Skeptic]

Проведём через произвольные точки на двух прямых прямую, перекрещивающуюся с третьей прямой. Возьмём на первых двух прямых соседние точки, равно отстоящие от исходных. Проведём через них прямую. Поступая так в обе стороны от исходных точек, получим некую поверхность (винтовую), состоящую из прямых, пересекающихся с первыми двумя прямыми. Построенная поверхность обязательно пересечётся с третьей прямой. Таким образом, три прямые общего положения можно соединить прямой.
Соединив концы этой прямой отрезком, получим треугольник с углом вершины равным $180^o$. Зафиксировав эту вершину, и передвигая остальные вершины треугольника по прямым, можем построить любой заданный угол. Передвигая остальные две вершины относительно друг друга, можно построить треугольник с заданными углами.
Надо как-то учесть взаимное влияние углов при перемещении вершин.

[Brukvalub]

Последним сообщением Skeptic существенно обогатил геометрию!

Skeptic в сообщении #1007800 писал(а):

Проведём через произвольные точки на двух прямых прямую, перекрещивающуюся с третьей прямой. Возьмём на первых двух прямых соседние точки, равно отстоящие от исходных. Проведём через них прямую. Поступая так в обе стороны от исходных точек, получим некую поверхность (винтовую), состоящую из прямых, пересекающихся с первыми двумя прямыми. Построенная поверхность обязательно пересечётся с третьей прямой. Таким образом, три прямые общего положения можно соединить прямой.

Ну и бред! "Соседних точек" не бывает, никакой поверхности так не получить.

Skeptic в сообщении #1007800 писал(а):

Соединив концы этой прямой отрезком

Skeptic первый в мире, кому удалось найти концы у прямой!

Skeptic в сообщении #1007800 писал(а):

получим треугольник с углом вершины равным $180^o$

Тем самым , Skeptic первым получил в Евклидовой геометрии треугольник с развернутым углом при вершине!

Skeptic в сообщении #1007800 писал(а):

Передвигая остальные две вершины относительно друг друга, можно построить треугольник с заданными углами.

Болтать - не мешки ворочать теоремы доказывать.