Скрещивающиеся прямые

[INGELRII]

Evgenjy
Неправда ваша. Вся срединная плоскость и есть такое ГМТ.

-- 27.04.2015, 15:13 --

Возьмите хотя бы прямые $\{1, 0, p\}, \{-1, q, 0\}$, и посмотрите, что за ГМТ выходит.

[Evgenjy]

INGELRII в сообщении #1008494 писал(а):

Вся срединная плоскость и есть такое ГМТ.

Вы правы.
Это прекрасная идея. Тогда я воспользуюсь ею, чтобы улучшить свое доказательство. Опубликую чуть позже.

[Evgenjy]

Доказательство с использованием одной идеи INGELRII. По прежнему случай, когда три скрещивающиеся прямые не параллельны одной плоскости.

1 Для любых двух точек $A$ и $B$, лежащих на скрещиваемых прямых $a$ и $b$ (третья прямая $c$), рассмотрим следующую конструкцию. Возьмем точку $C$, чтобы $\triangle ABC$ был подобен заданному треугольнику (любого вида). Вращаем $\triangle ABC$ вокруг $AB$. Вершина $C$ опишет окружность с центром $O$, лежащую в плоскости $P$. Точки $A$ и $B$ всегда можно выбрать так, чтобы прямая $c$ пересекала плоскость $P$ в точке $O$, поскольку ГМТ точек, делящих отрезки, соединяющие любые точки двух скрещивающихся прямых, в заданном отношении, есть плоскость параллельная обеим прямым.
2 Направляющие единичные векторы прямых $a$ и $b$ обозначим $e_a$ и $e_b$. Рассмотрим описанную конструкцию при всех $A_t=A+e_at$ и $B_t=B+e_bt$, при любом действительном $t$. При изменении $t$ от $-\infty$ до $+\infty$ плоскость $P_t$ поворачивается на угол $\pi$. Следовательно существует позиция при которой $P_t$ параллельна прямой $c$. Соответствующее этой позиции значение $t$ обозначим через $t_1$. Таким образом при изменении $t$ от нуля до $t_1$ точа пересечения плоскости $P_t$ с прямой $c$ из центра окружности непрерывно перемещается в бесконечность, а значит при некотором значении $t$ лежит на окружности.

[INGELRII]

Как говорил Гендальф, "Самое простое решение труднее всего найти"

Рассматриваем все тот же случай, когда нет общей параллельной плоскости. Треугольник ищем произвольный. Если он равносторонний или равнобедренный, то используем метод, изложенный в прошлом посте. Иначе в нем есть наибольшая и наименьшая по длине стороны. Назовем их $a>b$. Существует, во-первых, отрезок с концами на прямых 1 и 2, такой что прямая 3 его пересекает и делит в отношении $a : b$. Это будет первое положение, оно соответствует углу $\pi$. Во-вторых, существует отрезок с концами на прямых 2 и 3, такой что прямая 1 его пересекает и делит в отношении $a - b : b$. Это будет второе положение, оно соответствует углу $0$. А дальше, как раньше, двигаем точки из первого положения во второе, чтобы при этом отношение длин сторон при вершине 3 сохранялось $a : b$. Ну и как раньше, где-то отыщется нужный нам угол. И как раньше, если взять другое движение, не совпадающее с предыдущим, то найдется и другой такой же подобный треугольник, но другой. Так что их там бесконечно много.

[Munin]

INGELRII в сообщении #1008571 писал(а):

А дальше, как раньше, двигаем точки из первого положения во второе, чтобы при этом отношение длин сторон при вершине 3 сохранялось $a : b$.

Осталось дело за малым: показать, что это возможно.

[grizzly]

(Оффтоп)

Случайно снёс своё сообщение в попытке подредактировать. Попытаюсь восстановить.

Evgenjy в сообщении #1008538 писал(а):

Рассмотрим описанную конструкцию при всех $A_t=A+e_at$ и $B_t=B+e_bt$, при любом действительном $t$. При изменении $t$ от $-\infty$ до $+\infty$ плоскость $P_t$ поворачивается на угол $\pi$.

Не совсем так. Если двигать одновременно две координаты, подвижность плоскости $P_t$ снижается. Но если точку на одной прямой зафиксировать, а двигать параметром вторую точку по другой прямой, то полный разворот завсегда возможен.

Идейно очень простое решение. И, кстати, непараллельность всех плоскостей нужна была только чтобы попасть третьей прямой внутрь хоть одной окружности. Моя интуиция считает, что при параллельных плоскостях это тоже всегда должно получиться.

[unistudent]

mihatel

mihatel в сообщении #1008480 писал(а):

А почему у Вас для произвольного случая получается одно уравнение с одним неизвестным, я, извините, не понял. Если мы говорим об одном и том же, конечно. Вы, например, берете на прямой точку, называете ее О и говорите, что она является вершиной равностороннего треугольника. Загадка!

Если вы про то, что было здесь, то вторая переменная есть, но она содержится в уравнении неявно, т.е. коэффициэнты ур-я зависят от этой переменной. Это немножко лучше, чем система двух ур-й 4-ой степени. Если интересно, то могу изложить подробней. Если же вас интересует вот это, то здесь все сводится к анализу двух кривых второго порядка на плоскости. Каждой конфигурации скрещивающихся прямых соответствует однопараметрическое семество кривых $\{F_1(\cdotp,\cdotp;\delta), F_2(\cdotp,\cdotp;\delta)| \delta \in \mathbb R\}.$ Задача - показать, что какой бы ни была конфигурация прямых, т.е. какие бы значения ни принимали элементы множества $T:=\{C, A_2, B_2, \vec{v}, \vec{g}, \vec{\tau} , \vec{\kappa}\}$) (см. предыдущую ссылку), всегда найдется значение $\delta$, при котором кривые $F_1, F_2$ пересекаются. Я потратил кучу времени на поиск условий, при которых пересечение невозможно ни при каких $\delta$... и всё в пустую. Кажется, уже всё перепробовал. Пересекаются всегда!

[Munin]

unistudent в сообщении #1008689 писал(а):

все сводится к анализу двух кривых второго порядка на плоскости.

Не проведённому.

Слабо́ не искать условия "на глазок", а честно исследовать эти две кривые теми же методами матанализа?

[grizzly]

Munin в сообщении #1008627 писал(а):

INGELRII в сообщении #1008571 писал(а):

А дальше, как раньше, двигаем точки из первого положения во второе, чтобы при этом отношение длин сторон при вершине 3 сохранялось $a : b$.

Осталось дело за малым: показать, что это возможно.

INGELRII подал очень хорошую идею с параметризацией, но потом увёл всех по (с)ложному пути. А простой путь показал Evgenjy. Я предлагаю ещё раз пройти прямым путём от решения INGELRII, раз уж обсуждение идёт вокруг него.

Как и ранее рассматриваем случай непараллельных плоскостей. Пусть дан произвольный треугольник $ABC$, в котором высота $CD$ делит основание в отношении $a:b$ ($D$ находится между $A$ и $B$).
Параметризация почти такая как у INGELRII в первом варианте. Есть две пары точек на одной прямой. Для первой пары -- плоскость, перпендикулярная их отрезку, параллельна третьей прямой. Для второй пары -- третья прямая пересекает их отрезок, деля его в отношении $a:b.$ Ну и непрерывная параметризация, переводящая одну пару в другую.

Теперь всё, что осталось -- пройти пару шагов по пути Evgenjy.
Для каждой пары точек из параметризованного семейства (обозначим эти точки $A_t$ и $B_t$) рассмотреть в пространстве геометрическое место точек $C_t$, формирующих нужный подобный треугольник. Понятно, что это окружность с центром в точке $D_t$, которая принадлежит отрезку $A_tB_t$ и делит его в отношении $a:b$. Осталось заметить, что в одном из крайних положений параметризации третья прямая проходит через центр этой окружности, а в другом -- параллельна плоскости окружности. Из непрерывности параметризации заключаем, что при некотором $t$ третья прямая пересечёт соответствующую окружность, что даст искомый треугольник.

[Evgenjy]

grizzly в сообщении #1008634 писал(а):

Не совсем так. Если двигать одновременно две координаты, подвижность плоскости $P_t$ снижается. Но если точку на одной прямой зафиксировать, а двигать параметром вторую точку по другой прямой, то полный разворот завсегда возможен.

Не согласен. Полный разворот происходит в обоих случаях. При движении по по обеим прямым нормальные единичные векторы к плоскости окружности при значениях $t=-\infty$ и $t=+\infty$ имеют противоположные значения. Это легко посчитать в векторной форме.

[grizzly]

Evgenjy в сообщении #1008783 писал(а):

Не согласен.

Это странно. Ну да ладно, я здесь спорить не буду -- нам достаточно знать, что нужная параметризация существует и я не вижу причин усложнять доказательство типа "существования" попытками выписать отдельные части этого доказательства в явном виде. Надеюсь, что с моей трактовкой Вашего доказательства (в предыдущем моём сообщении) Вы согласитесь и в плане полноты и в плане строгости.

[Skeptic]

Evgenjy в сообщении #1008538 писал(а):

1 Для любых двух точек $A$ и $B$, лежащих на скрещиваемых прямых $a$ и $b$ (третья прямая $c$), рассмотрим следующую конструкцию. Возьмем точку $C$, чтобы $\triangle ABC$ был подобен заданному треугольнику (любого вида).

Evgenjy, в задаче нужно доказать, что можно построить треугольник подобный заданному, а у вас он уже существует.

Evgenjy в сообщении #1008538 писал(а):

Вращаем $\triangle ABC$ вокруг $AB$. Вершина $C$ опишет окружность с центром $O$, лежащую в плоскости $P$. Точки $A$ и $B$ всегда можно выбрать так, чтобы прямая $c$ пересекала плоскость $P$ в точке $O$, поскольку ГМТ точек, делящих отрезки, соединяющие любые точки двух скрещивающихся прямых, в заданном отношении, есть плоскость параллельная обеим прямым.

Evgenjy, при смещении точек $A$ и $B$ может нарушиться подобие заданному треугольнику.

[INGELRII]

Munin
А в чем там сложности? Двигаем точку вдоль третьей прямой из первого положения во второе. За параметр возьмем, скажем, пройденный ей путь. В каждой точке определим непрерывную функцию $f(t)$, так чтобы $a f(t)$ было не меньше расстояния до первой прямой, а $b f(t)$ не меньше расстояния до второй. А на краях она уже задано. Что это есть возможно... вроде, очевидно. Ну и тогда для каждой точки на третьей прямой найдутся точки на первой и второй с расстояниями до нее $a f(t), b f(t)$. Причем на краях они как раз и будут первой и второй парой. Что нам и надо было.

Как-то так.

Предвидя Ваш возможный следующий ход: да, всю задекларированную мной непрерывность на каждом шаге надо бы обосновать. Но поля форума слишком узки...

-- 28.04.2015, 13:25 --

Обращение ко всем: давайте уже рассматривать случай, когда есть общая параллельная плоскость. Случай, когда ее нет, уже детально разобран. Причем я настаиваю, что мое решение самое простое и красивое

[grizzly]

INGELRII в сообщении #1008827 писал(а):

Причем я настаиваю, что мое решение самое простое и красивое

Мне вот тоже любопытно, найдётся ли ещё хоть кто-то, кто скажет, что Ваше решение проще и красивее. При условии, что этот кто-то приложил сравнимые усилия, чтобы понять оба решения.
Но то, что собственные мысли выглядят намного проще чужих -- это я по себе хорошо знаю. Так что здесь Вы вряд ли можете быть справедливым судьёй. Я же пытался разобраться в обоих решениях беспристрастно. Но параметризация в любом случае Ваша -- и это было очень важно.

[NSKuber]

Skeptic в сообщении #1008825 писал(а):

Evgenjy, в задаче нужно доказать, что можно построить треугольник подобный заданному, а у вас он уже существует.

Для вас составляет трудность для заданных двух точек выбрать третью (она пока не на третьей прямой, а где угодно) так, чтобы получившийся треугольник был подобен какому-то заранее заданному?

Skeptic в сообщении #1008825 писал(а):

Evgenjy, при смещении точек $A$ и $B$ может нарушиться подобие заданному треугольнику.

При смещении точек $A$ и $B$ мы также смещаем точку $C$ так, чтобы треугольник оставался подобным заданному. Опять же, на точку $C$ пока никаких ограничений не было.