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


Правила форума


Посмотреть правила форума



Начать новую тему Ответить на тему На страницу 1, 2, 3, 4, 5  След.
 
 Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение05.03.2019, 12:46 


24/06/13
20
Даны две 2-плоскости имеющие только одну общую точку находящиеся в четырехмерном евклидовом пространстве. Доказать, что существует 2-плоскость, которая пересекает эти плоскости по прямым и при этом перпендикулярна этим данным плоскостям в 3-х мерном смысле перпендикулярности плоскостей.
Изображение

Решение можно найти в учебниках по четырехмерной геометрии, например, за авторством Смировой И.М. и Смирнова В.А.: «Пусть $\alpha$ и $\beta$ две плоскости, имеющие одну общую точку $C$. Через точку $C$ проведем два пространства, перпендикулярные плоскостям $\alpha$ и $\beta$, соответственно. Их пересечением будет искомая плоскость $\gamma$, перпендикулярная этим плоскостям».
Это доказательство не доказательство, т.к. плоскость $\gamma$ может пересекать $\alpha$ и $\beta$ в их общей точке $C$ и не иметь с этими плоскостями больше никаких других общих точек, кроме точки $C$, а следовательно, $\gamma$ не будет искомой плоскостью. Кроме того, если пространство перпендикулярно плоскости это еще не значит, что любая плоскость, заключенная в этом пространстве, будет перпендикулярна исходной плоскости.

Пусть $\alpha$ и $\beta$ две плоскости, имеющие одну общую точку $C$. Через точку $C$ проведем два пространства $A$ и $B$, перпендикулярные плоскостям $\alpha$ и $\beta$, соответственно . Пространство $A$ пересечет плоскость $\alpha$ по прямой $a_1$, а плоскость $\beta$ по прямой $b_1$. Пространство $B$ пересечет плоскость $\alpha$ по прямой $a_2$, а плоскость $\beta$ по прямой $b_2$. Пространство $A$ пересечется с пространством $B$ по плоскости $\gamma$. Плоскость $\gamma$ будет искомой лишь в том случае, если прямая $a_1$ совпадет с прямой $a_2$ и вместе с тем прямая $b_1$ совпадет с прямой $b_2$. Но из чего следует обязательность или хотя бы возможность такого совпадения не ясно. Поэтому я и утверждаю, что это доказательство не доказывает данной теоремы.

Некоторые отправные сведения для доказательства теоремы:
1) Если два различных пространства имеют общую точку, то они пересекаются по плоскости.
2) Если плоскость не лежит в пространстве и имеет с этим пространством общую точку, то она пересекает пространство по прямой.
3) По определению плоскость $\alpha$, пересекающая пространство $\Omega$, по прямой $c$, называется перпендикулярной пространству $\Omega$, если она перпендикулярна любой плоскости, лежащей в этом пространстве и проходящей через прямую $c$.
4) Признак перпендикулярности плоскости и пространства: Если плоскость проходит через прямую перпендикулярную пространству, то такие плоскость и пространство взаимно перпендикулярны. Итак, проведем через любую точку плоскости пучок прямых лежащих в этой плоскости. К каждой прямой пучка проведем пространство перпендикулярное этой прямой. Такое пространство единственно(что доказывается в этой же книжке). Каждое такое пространство будет перпендикулярно данной плоскости. Но совпадать эти пространства не могут, т.к. в противном случае через точку пространства будет проходить не единственный перпендикуляр к нему. Значит утверждение(Через любую точку гиперпространства проходит единственное пространство, перпендикулярное данной плоскости) не верно.

 Профиль  
                  
 
 Posted automatically
Сообщение05.03.2019, 14:52 
Модератор


20/03/14
9679
 i  Тема перемещена из форума «Дискуссионные темы (М)» в форум «Карантин»
по следующим причинам:


- отсутствуют собственные содержательные попытки решения задач(и).

Исправьте все Ваши ошибки и сообщите об этом в теме Сообщение в карантине исправлено.
Настоятельно рекомендуется ознакомиться с темами Что такое карантин и что нужно делать, чтобы там оказаться и Правила научного форума.

 Профиль  
                  
 
 Posted automatically
Сообщение12.03.2019, 22:10 
Супермодератор
Аватара пользователя


09/05/12
18226
Кронштадт
 i  Тема перемещена из форума «Карантин» в форум «Помогите решить / разобраться (М)»

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение13.03.2019, 02:57 
Заслуженный участник


31/12/15
676
Сам результат кажется верным. Возьмём трёхмерное подпространство в общем положении с этими плоскостями (пересекает каждую из них по прямой и не содержит точку их пересечения). Тогда прямые пересечения будут скрещиваться (если бы они пересекались, у двух плоскостей была бы ещё одна общая точка). У двух скрещивающихся прямых в трёхмерном пространстве есть единственный общий перпендикуляр, через него и проводим нужную плоскость.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение13.03.2019, 03:48 
Заслуженный участник


18/01/15
1330
"Доказательство" Смирновых, действительно, ошибочно. Я не знаю, как доказать средствами синтетической геометрии (рассуждение george66 не понял). Можно сделать так. Будем считать наше пространство не просто аффинным, а линейным, с началом координат в той точке. Пусть $A$ и $B$ --- операторы ортогональной проекции на $\alpha$ и $\beta$ соответственно, а $A'$ и $B'$ --- их ограничения на $\beta$ и $\alpha$ соответственно. Тогда $A'$ и $B'$ --- изоморфизмы между $\alpha$ и $\beta$. А $R_\alpha=A'B'\colon \alpha\to\alpha$, $R_\beta=B'A'\colon\beta\to\beta$ --- операторы на $\alpha$ и $\beta$. Можно показать, что они оба симметрические. Если $v$ --- собственный вектор для $R_\alpha$, то $v'=B'v$ --- собственный для $R_\beta$, а натянутая на них плоскость --- искомая (и таковых будет в общем случае две).

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение13.03.2019, 09:27 


24/06/13
20
george66 в сообщении #1381503 писал(а):
Сам результат кажется верным. Возьмём трёхмерное подпространство в общем положении с этими плоскостями (пересекает каждую из них по прямой и не содержит точку их пересечения). Тогда прямые пересечения будут скрещиваться (если бы они пересекались, у двух плоскостей была бы ещё одна общая точка). У двух скрещивающихся прямых в трёхмерном пространстве есть единственный общий перпендикуляр, через него и проводим нужную плоскость.



Спасибо, что проявили интерес к моему вопросу.
Действительно, мне тоже сам результат показался верным, но мало ли, что нам кажется, стоит вспомнить, что казалось всему человечеству по поводу 5го постулата Евклида и какой был результат в итоге.
То доказательство, что Вы привели, так же не кажется мне полным, т.к. общий перпендикуляр к скрещивающимся прямым не обязательно будет перпендикуляром к исходным плоскостям в которых лежат данные скрещивающиеся прямые.

-- 13.03.2019, 10:41 --

vpb в сообщении #1381509 писал(а):
"Доказательство" Смирновых, действительно, ошибочно. Я не знаю, как доказать средствами синтетической геометрии (рассуждение george66 не понял). Можно сделать так. Будем считать наше пространство не просто аффинным, а линейным, с началом координат в той точке. Пусть $A$ и $B$ --- операторы ортогональной проекции на $\alpha$ и $\beta$ соответственно, а $A'$ и $B'$ --- их ограничения на $\beta$ и $\alpha$ соответственно. Тогда $A'$ и $B'$ --- изоморфизмы между $\alpha$ и $\beta$. А $R_\alpha=A'B'\colon \alpha\to\alpha$, $R_\beta=B'A'\colon\beta\to\beta$ --- операторы на $\alpha$ и $\beta$. Можно показать, что они оба симметрические. Если $v$ --- собственный вектор для $R_\alpha$, то $v'=B'v$ --- собственный для $R_\beta$, а натянутая на них плоскость --- искомая (и таковых будет в общем случае две).


Ваше доказательство кажется мне весьма правдоподобным, как минимум из того, что я синтетическими методами доказал, что если существует одна такая плоскость, то обязательно будет еще одна такая же плоскость. Но, к сожалению, большую часть Ваших рассуждений я не понял из-за недостатка образования. Если Вас это не затруднит, то могли бы Вы пояснить более приземленным языком, ну или подробнее расшифровать суть написанного или хотя бы дать направление где и что почитать, чтобы понять смысл того, что Вы написали.
Спасибо.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение13.03.2019, 11:43 


24/06/13
20
vpb, хотя я и не полностью понял, что Вы мне написали, но все же теперь я думаю, что Ваше доказательство тоже содержит огрехи и вот почему:
Изображение
Возьмем некоторое пространство $\Omega$ и в нем плоскость $\alpha$ и точку $B_1$. Спроецируем ортогонально точку $B_1$ на плоскость $\alpha$ и получим проекцию точки $B_1$ - точку $A$. Возьмем некоторую точку $B$(на рисунке не показана) не принадлежащую пространству $\Omega$. Плоскость $\alpha$ и точка $B$ задают некоторое пространство $\Gamma$, которое отлично от пространства $\Omega$ и пересекается с ним по плоскости $\alpha$. В пространстве $\Gamma$ восстановим перпендикуляр к плоскости $\alpha$ из точки $A$ и на этом перпендикуляре выберем произвольно точку $B_2$. Плоскость $AB_1B_2$ обозначим как $\sigma$.
Плоскости $\alpha$ и $\sigma$ - гиперпенпендикулярны, т.е. любая прямая лежащая в плоскости $\sigma$ перпендикулярна любой прямой лежащей в плоскости $\alpha$ и эти плоскости пересекаются по точке $A$.
Выберем на плоскости $\alpha$ некоторую точку $C$ отличную от $A$. Проведем через точки $C$, $B_1$ и $B_2$ плоскость $\beta$. Плоскость $\beta$ пересекается с плоскостью $\alpha$ по точке $C$ и никаких других общих точек эти плоскости не имеют, т.к. в противном случае плоскости $\alpha$ и $\beta$ лежали бы в одном пространстве, а значит прямая $B_1B_2$ пересекала бы плоскость $\alpha$ и следовательно плоскость $\sigma$ тоже пересекала бы плоскость $\alpha$ по прямой, чего не может быть.
Итак, из выше сказанного следует, что проекцией точек $B_1$ и $B_2$ проскости $\beta$ является точка $A$ плоскости $\alpha$, а значит указанные Вами $A'$ и $B'$ не изоморфизмы между $\alpha$ и $\beta$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение13.03.2019, 13:08 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


30/01/06
02/09/19
70490
george66
Ваш метод подводит то, что вы взяли подпространство общего положения. Я взял 3-сферу вокруг точки $C,$ и в ней получается похожая конструкция, но зато уж гарантированно дающая правильный ответ.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение13.03.2019, 13:14 


24/06/13
20
Munin, не могли бы по подробней?

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение13.03.2019, 13:41 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


30/01/06
02/09/19
70490
vpb в сообщении #1381509 писал(а):
Пусть $A$ и $B$ --- операторы ортогональной проекции на $\alpha$ и $\beta$ соответственно, а $A'$ и $B'$ --- их ограничения на $\beta$ и $\alpha$ соответственно. Тогда $A'$ и $B'$ --- изоморфизмы между $\alpha$ и $\beta$.

Если мы не вляпаемся в вырожденный случай $\operatorname{dim}(A\beta)<2$ или $\operatorname{dim}(B\alpha)<2$ (лень доказывать, что они $\Leftrightarrow$).

vpb в сообщении #1381509 писал(а):
и таковых будет в общем случае две

У меня не получается две.

-- 13.03.2019 13:42:17 --

Iro
Я писал поподробней (думая, что george66 прав), и всё стёр :-)

-- 13.03.2019 13:43:06 --

А, не стёр, щас выложу.

-- 13.03.2019 13:47:48 --

    Iro в сообщении #1381519 писал(а):
    То доказательство, что Вы привели, так же не кажется мне полным, т.к. общий перпендикуляр к скрещивающимся прямым не обязательно будет перпендикуляром к исходным плоскостям в которых лежат данные скрещивающиеся прямые.

    Мне тоже показалось, что не обязательно будет.

    Назовём пространство george66 $\Sigma.$ Прямые:
      $\Sigma\cap\alpha=s_a$
      $\Sigma\cap\beta=s_a$
      $s_a\perp s_c\perp s_b,\quad s_c\subset\Sigma$
    И наконец, плоскость, проходящую через $s_c$ и $C,$ назовём $\zeta.$ (Извините, вы много букв уже заняли, приходится выбирать из оставшихся.)

    Вопрос, является ли $\zeta$ искомой $\gamma.$ Это означает, что надо проверить $\zeta\perp^?_{1,1}\alpha,$ где $\perp_{1,1}$ - перпендикулярность 2-плоскостей, имеющих общую прямую. Это означает, что в любой общей точке $\zeta$ и $\alpha$ можно провести три прямых: одну общую для этих плоскостей, одну в $\zeta,$ перпендикулярную этой общей, и одну в $\alpha,$ также перпендикулярную общей. И обратно, если в какой-то общей точке такие три прямые нашлось, то нужная перпендикулярность есть, и три прямые найдутся в любой другой общей точке. Iro, вы согласны?

    А это можно проверить в 3-пространстве, в котором лежат $\zeta,\alpha.$ В нём оказываются $s_a,s_c,C,$ причём в таком положении: $s_a\perp s_c,$ а точка $C$ не лежит в плоскости, натянутой на $s_a$ и $s_c.$ Тогда оказывается, что в общем случае $\zeta\not\perp\alpha.$

    (Ненужный ошибочный черновик)

    Так вот. Общая прямая $\zeta\cap\alpha=z_a$ проходит через $C$ и точку пересечения $s_c\cap s_a=I_a.$ Проведём через точку $C$ две другие прямые. В плоскости $\alpha$ лежат прямые $z_a\ni C$ и $s_a\not\ni C,$ значит, можно восстановить к $z_a$ перпендикуляр в точке $C,$ и он пересечёт $s_a$ в какой-то точке $N_a.$ (Поскольку $\Sigma$ занимает общее положение, то этот перпендикуляр не окажется параллелен $s_a.$)

-- 13.03.2019 14:12:47 --

В какой-то момент мне тоже показалось, что будет два решения, но потом я понял, что они должны совпадать. (Я рассматривал функцию угла между двумя прямыми, одна лежит в $\alpha,$ другая - в $\beta,$ и у неё должны быть и максимум и минимум, но они достигаются для одной и той же пары прямых: просто для неё в одном случае считается угол $\varphi,$ а в другом - угол $(\pi-\varphi).$)

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение13.03.2019, 15:35 
Заслуженный участник


31/12/15
676
Да, с трёхмерной сферой получается правильно. Если две исходных плоскости ортогональны (как xOy и zOw в пространстве xyzw), то нужных общих ортогональных плоскостей много (например xOz и yOw). Если не ортогональны, тогда, кажется, только одна.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение13.03.2019, 16:30 


24/06/13
20
Munin
Munin в сообщении #1381576 писал(а):
Iro, вы согласны?


Не совсем. Нужно проверить не только перпендикулярность $\zeta$ и $\alpha$, но и одновременно с этим чтобы выполнялась перпендикулярность $\zeta$ и $\beta$, т.к. легко можно найти такую плоскость $\zeta$, которая будет перпендикулярна плоскости $\alpha$, но не будет перпендикулярна плоскости $\beta$ и наоборот, легко найти такую плоскость $\zeta$, которая будет перпендикулярна плоскости $\beta$, но не будет перпендикулярна плоскости $\alpha$.

Как я понял, Вы мне написали почему решение george66 неверно, но я спрашивал у Вас не про это, а про Ваш вариант доказательства с использованием 3-сферы.

Munin в сообщении #1381576 писал(а):
В какой-то момент мне тоже показалось, что будет два решения, но потом я понял, что они должны совпадать. (Я рассматривал функцию угла между двумя прямыми, одна лежит в $\alpha,$ другая - в $\beta,$ и у неё должны быть и максимум и минимум, но они достигаются для одной и той же пары прямых: просто для неё в одном случае считается угол $\varphi,$ а в другом - угол $(\pi-\varphi).$)


Если будет существовать одна такая плоскость, то вторая будет существовать гарантированно, я это могу доказать, правда не очень хочется, т.к. доказательство весьма громоздко, но я убедительно прошу поверить мне в этом. Если же данный факт действительно будет нужен для доказательства этой теоремы, то я могу написать его доказательство.
Расскажите пожалуйста детально как Вы рассматривали функцию угла, возможно Вы действовали так же как это можно сделать в трехмерном пространстве и у Вас закралась ошибка.

-- 13.03.2019, 17:46 --

george66
george66 в сообщении #1381611 писал(а):
Да, с трёхмерной сферой получается правильно.

Напишите пожалуйста это правильное доказательство с использованием трёхмерной сферы.
george66 в сообщении #1381611 писал(а):
Если две исходных плоскости ортогональны (как xOy и zOw в пространстве xyzw), то нужных общих ортогональных плоскостей много (например xOz и yOw).

Согласен с Вами.
george66 в сообщении #1381611 писал(а):
Если не ортогональны, тогда, кажется, только одна.

Если будет одна такая плоскость, то будет гарантированно и еще одна такая же.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение13.03.2019, 18:40 
Заслуженный участник


31/12/15
676
Результат того же рода, что построение общего перпендикуляра для не пересекающихся прямых в трёхмерном пространстве, только вместо пространства трёхмерная сфера, а вместо прямых большие окружности (плоскость, проходящая через начало координат в четырёхмерном пространстве, пересекает трёхмерную сферу по большой окружности). Как синтетически доказать, что у двух прямых в трёхмерном пространстве есть общий перпендикуляр?
С трёхмерной сферой идея такая: две наших плоскости пересекают трёхмерную сферу по большим окружностям. Эти окружности между собой не пересекаются (скрещиваются). Берём на них точки, между которыми наименьшее расстояние и через них проводим большую окружность, она будет общим перпендикуляром для них. Точно так же строится общий перпендикуляр для прямых в обычном трёхмерном пространстве. Но в трёхмерной сфере есть особый случай: если две исходных плоскости ортогональны, две соответствующие большие окружности лежат на постоянном расстоянии друг от друга (от любой точки первой до любой точки второй одинаковое расстояние), в этом случае общих перпендикуляров много. Вся тема изложена где-то в книжке Берже "Геометрия" (искать на слова "параллелизм Клиффорда")

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение13.03.2019, 20:52 
Заслуженный участник


31/12/15
676
Это, кстати, то же самое, что угол между двумя прямыми, который рассматривал Munin (прямые, проходящие через начало координат, соответствуют точкам единичной сферы, угол между ними пропорционален расстоянию на сфере)

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение13.03.2019, 22:23 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


30/01/06
02/09/19
70490
Вторая действительно есть! Но она соответствует не максимуму и минимуму, а (двум) седловым точкам! Или это та же самая? Уже не могу сказать.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 63 ]  На страницу 1, 2, 3, 4, 5  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: oleg.k


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