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 Пред.  1, 2, 3, 4, 5  След.
 
 Re: Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение13.03.2019, 22:36 


24/06/13
20
george66
george66 в сообщении #1381663 писал(а):
Эти окружности между собой не пересекаются (скрещиваются). Берём на них точки, между которыми наименьшее расстояние

Не плохо бы тогда доказать, что существует минимум расстояния между точками и предложить способ того, как найти точки наименьшего расстояния.
george66 в сообщении #1381663 писал(а):
она будет общим перпендикуляром для них

Перпендикулярность данных окружностей тоже не плохо бы доказать.
george66 в сообщении #1381663 писал(а):
Вся тема изложена где-то в книжке Берже "Геометрия" (искать на слова "параллелизм Клиффорда")

За ссылку на источник спасибо, попробую найти и посмотреть.

Но даже если не учитывать то, что многое из того, что Вы написали следует еще доказать или обосновать, все равно из этого не следует, что плоскость окружности будет искомой.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение13.03.2019, 22:59 
Заслуженный участник


31/12/15
674
С трёхмерной сферой я более-менее знаком. С ней довольно легко работать через кватернионы (это множество кватернионов нормы единица). Можно попробовать найти нужную плоскость вычислением, но не хочется (плоскость, проходящая через начало координат в четырёхмерном пространстве, задаётся шестью числами). Если в трёхмерной сфере отождествить диаметрально противоположные точки (отождествить кватернионы q и -q), получается так называемое эллиптическое пространство, оно устроено как трёхмерное проективное, но на нём задана метрика. Я бы попытался доказать синтетически, что у двух скрещивающихся прямых в евклидовом пространстве есть общий перпендикуляр, а затем проделал то же самое в эллиптическом пространстве (оно на самом деле проще устроено, там почти всё как в евклидовом, но нету исключений, связанных с параллельностью)

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение13.03.2019, 23:12 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


30/01/06
70481
Iro в сообщении #1381698 писал(а):
Не плохо бы тогда доказать, что существует минимум расстояния между точками

Это непрерывная функция двух вещественных параметров. Она принимает на квадрате где-то наибольшее и наименьшее значения. Более того, она имеет простой явный вид - произведение двух косинусов.

Iro в сообщении #1381698 писал(а):
Перпендикулярность данных окружностей тоже не плохо бы доказать.

Это равносильно занулению частной производной.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение14.03.2019, 09:40 


24/06/13
20
george66
С квартерионами не знаком, поэтому как это осуществить не понимаю, было бы здорово, если бы Вы изложили детально, а не в общих чертах.

Munin
Спасибо за ответ. Все это общие фразы, хотелось бы конкретики. Я вот не очень понимаю как данную функцию сформулировать.
И повторюсь, даже если все это получится осуществить, то все равно не понятно из чего следует, что плоскость полученной окружности будет искомой?

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение14.03.2019, 12:52 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/05
16823
Москва
Iro в сообщении #1381753 писал(а):
С квартерионами не знаком
А поискать в интернете? Только слово правильно напишите: кватернион.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение14.03.2019, 14:26 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


30/01/06
70481
Берём на одной плоскости единичный вектор, отложенный от $C,$ и на другой плоскости - тоже единичный вектор, отложенный от $C.$ Кончики этих векторов бегают по окружностям, то есть их можно параметризовать углами $\varphi_\alpha$ и $\varphi_\beta.$ Одна окружность проецируется на вторую плоскость как эллипс (это банально видно в координатах, если одну из плоскостей совместить с $Oxy,$ тогда вторая, натянутая на ортонормированный базис $\vec{e}_{\beta 1},\vec{e}_{\beta 2},$ задаётся матрицей чисел $\bigl(\begin{smallmatrix}a&b&c&d\\e&f&g&h\end{smallmatrix}\bigr)$; проекция на первую есть просто начало этой матрицы $\bigl(\begin{smallmatrix}a&b\\e&f\end{smallmatrix}\bigr)$). Итого, наша функция есть скалярное произведение двух единичных векторов (или $\arccos$ от него), которое равно скалярному произведению первого единичного вектора, и второго - обегающего эллипс в плоскости первого. Формулами тут получается билинейное произведение, которое мне не совсем прозрачно:
$$\begin{pmatrix}\cos\varphi_\alpha & \sin\varphi_\alpha\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a&b\\e&f\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\cos\varphi_\beta \\ \sin\varphi_\beta\end{pmatrix},$$ но качественно получится что-то типа такого:
$$\mathsf{a}\cos(\varphi_\alpha-\varphi_{\alpha 0})\cos(\varphi_\beta-\varphi_{\beta 0})+\mathsf{b}\sin(\varphi_\alpha-\varphi_{\alpha 0})\sin(\varphi_\beta-\varphi_{\beta 0}),$$ где $\mathsf{a},\mathsf{b}$ - полуоси эллипса, и наглядно примерно так:

    Изображение   Изображение

Оба максимума и оба минимума соответствуют одной плоскости, все четыре седловые точки - другой плоскости.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение14.03.2019, 14:40 
Заслуженный участник


31/12/15
674
Кватернионы вещь простая и для четырёхмерной геометрии необходимая, почитайте в книжке Понтрягина "Обобщение чисел"
http://gen.lib.rus.ec/search.php?req=%D ... column=def
Вам нужно какое угодно решение или красивое решение? Если какое угодно, можно попытаться выписать мрачное вычисление.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение14.03.2019, 14:52 
Заслуженный участник


18/01/15
1329
Напишу, пожалуй, небольшой список учебников по линейной алгебре, где можно прочитать, что такое симметрический оператор и т.д.

1) Кострикин, Введение в алгебру, т.2 "Линейная алгебра", первые 3 главы. Перед тем неплохо почитать т.1.
2) Киркинский, Линейная алгебра и аналитическая геометрия; эта книга --- очень элементарное введение (но там изложение не доходит до симметрических операторов)
3) Винберг, Курс алгебры, 4-е изд, первые 6 глав.
4) Мальцев, Основы линейной алгебры,
5) Ефимов и Розендорн, Линейная алгебра и многомерная геометрия.
Какую из этих книг лучше взять в качестве основной --- трудно сказать, сами смотрите. Киркинский самая простая, мальцев самый сложный, имхо.
Можно еще взять Гельфанд, Лекции по линейной алгебре, но он какой-то слишком краткий.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение14.03.2019, 14:55 
Заслуженный участник


31/12/15
674
Мрачным вычислением это делается так: пусть исходные две плоскости задаются каждая парой векторов $a_1,a_2$ и $b_1,b_2$. Все четыре вектора линейно независимы (чтобы пересечение было только по нулю). Нужно найти вектор $a$ в плоскости $\alpha$
$a = k_1a_1 + k_2a_2$
и вектор $b$ в плоскости $\beta$
$b = m_1b_1 + m_2b_2$
(они задают прямые пересечения нужной нам плоскости)
причём должна быть ортогональность
$a\cdot b_1 = 0$
$a\cdot b_2 = 0$
$b\cdot a_1 = 0$
$b\cdot a_2 = 0$
и проверить, что всегда есть решение. Сейчас пойду по делам, а потом попробую проверить.
Конечно, возможно, я фигню написал.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение14.03.2019, 15:42 
Заслуженный участник


18/01/15
1329
Теперь то рассуждение, которое я уже приводил, более подробно. Изложение несколько не в том порядке, как выше.

Сначала допустим, что в одной из плоскостей есть прямая, перпендикулярная другой плоскости. Это элементарный случай, с которым вы сами справитесь. Значит, будем считать, что никакая прямая в одной из плоскостей не перпендикулярна другой.

Пусть $x$ --- произвольный вектор. Разложим его как $x=x'+x''$, причем $x'\in\alpha$, а $x''$ перпендикулярно $\alpha$. Очевидно, $Ax=x'$. Теперь, если $y$ --- другой вектор, то $y=y'+y''$, аналогично первому, и $(Ax,y)=(x',y)=(x',y'+y'')=(x',y')=(x'+x'',y')=(x,Ay)$. Значит $A$ --- симметрический оператор. Аналогично и $B$ --- симметрический оператор.

Рассмотрим оператор $AB$. Заметим, что образ любого вектора из $\alpha$ относительно $AB$ также лежит в $\alpha$,
так что мы можем рассматривать ограничение $AB$ на $\alpha$ как оператор на $\alpha$, назовем его $R_\alpha$.

Если $x,y$ --- два вектора из $\alpha$, то
$$(R_\alpha x,y)=(ABx,y)=(A(Bx),y)=(Bx,Ay)=(x,B(Ay))=(x,BAy)=(x,R_\alpha y).$$
То есть $R_\alpha$ --- симметрический оператор на $\alpha$. Аналогично и $R_\beta$, ограничение $BA$ на $\beta$ --- симметрический оператор на $\beta$.

Поскольку $R_\alpha$ --- симметрический оператор, у него есть два собственных вектора, причем они перпендикулярны друг другу. Будем считать, что соответствующие собственные значения ненулевые (с вырожденным случаем, когда среди собственных значений есть нули, разберитесь сами). Пусть $u$ --- один из этих векторов, $R_\alpha u=\lambda u$, $\lambda\ne0$. (продолжение следует)

-- 14.03.2019, 14:59 --

Пусть $v=Bu$. Тогда $v\ne0$. Далее, $R_\beta v=BAv=BA(Bu)=B(ABu)=BR_\alpha u=B(\lambda u)=\lambda Bu=\lambda v$. Значит, $v$ --- собственный для $R_\beta$. Кроме того, $Av=ABu=R_\alpha u=\lambda u$ и $Bu=v$ (последнее по определению). Теперь рассмотрим плоскость $\gamma=\langle u,v\rangle$. Тогда $A\gamma=\langle Au, Av\rangle$. Но $Au=u$, т.к. $u\in\alpha$, а $Av=\lambda u$ по доказанному. Значит, проекция плоскости $\gamma$ на $\alpha$ -- прямая $\langle u\rangle$. Поэтому плоскости $\alpha$ и $\gamma$ перпендикулярны в обычном школьном смысле. Аналогично доказывается, что $\gamma$ перпендикулярна и $\beta$.

Если бы мы начинали с другого собственного вектора для $R_\alpha$, то получили бы еще одну плоскость. Доказательство того, что для пар плоскостей $\alpha$, $\beta$ "в общем положении" других подходящих плоскостей, кроме двух описанных, нет, оставляем читателю.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение14.03.2019, 17:14 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


30/01/06
70481
Вчера я не имел возможности, а сегодня нарисовал образно, что я имел в виду.

Трёхмерную сферу $S^3$ (в данном случае единичную сферу вокруг точки $C$) я представляю себе как "стеклянный шар" (именно шар! заполненный внутри точками!), изображающий развёртку сферы $S^3$ на плоскость $\mathbb{R}^3$:

    Изображение

На самом деле, он деформирован (представьте себе развёртку двумерной сферы $S^2$ на двумерную плоскость $\mathbb{R}^2$), деформация усиливается к краю, но сейчас я этим пренебрегу. Единственно, надо понимать, что вся "поверхность стеклянного шара" - это одна точка, "внешний полюс", противоположный другой точке - "центральному полюсу". Расстояния внутри "стеклянного шара" - угловые, и расстояние между полюсами - радиус "шара" - $\pi.$

Если вам удобней мыслить в координатах, и хочется как-то сориентироваться по осям, то оси координат пересекают сферу $S^3$ в таких точках (взят один из вариантов):

    Изображение

(Показаны не все точки, чтобы не загромождать рисунок: в "дальней части стеклянного шара" есть соответствующие точки $-y,-z,-w,$ а точка $-x,$ как мы знаем, растянута по "поверхности шара".)

    Изображение

Чтобы немного пообвыкнуться со "стеклянным шаром", проведём через $C$ две прямые и плоскость. Плоскость пересечёт "шар" по экваториальной окружности, то есть не по любой, а с диаметром $\pi.$ А прямая пересечёт "шар" в точке, и две показанные прямые - одна лежит в плоскости, а другая - не лежит в плоскости. Отношение перпендикулярности означает "расстояние в шаре" $\pi/2.$ На самом деле, прямая проходит через шар в двух точках, отстоящих на расстояние $\pi$ - такая вторая точка для каждой точки шара единственна, и называется сопряжённой. Но на этом рисунке я забыл отметить сопряжённые. Точки, сопряжённые экваториальной окружности, лежат на ней же - а для любой другой окружности это неверно.

    Изображение

Теперь проведём через $C$ две произвольные плоскости. Они зададут в шаре две экваториальные окружности общего положения - аналогично скрещенным прямым в 3-мерном пространстве. Для пары точек, взятых на этих окружностях, можно измерить "расстояние в шаре" - по сути, угол между двумя прямыми, проходящими через $C.$ (Более строго, два угла, дополняющих друг друга до $\pi.$) Как и в обычном 3-мерном пространстве, для двух скрещенных прямых существует общий перпендикуляр, проходящий через пару точек с наименьшим расстоянием. Здесь для двух экв. окружностей существует третья экваториальная окружность, проходящая через пару точек с наименьшим расстоянием, и довольно очевидно, что она перпендикулярна каждой из двух данных в точках пересечения (если бы она была не перпендикулярна, то сдвинувшись на небольшое расстояние, мы пришли бы в ещё более близкую точку). Функцию расстояния (точнее, косинус от неё, но косинус монотонен от $0$ до $\pi$) я изобразил в предыдущем сообщении.

    Изображение

Если с каждой точкой аккуратно отметить и её сопряжённую, то полный рисунок станет таким. Общий перпендикуляр не может "промахнуться" мимо 3-й и 4-й точки, потому что они сопряжены по своим соответствующим окружностям 1-й и 2-й точке. Здесь видно, что одна и та же прямая (общий перпендикуляр) отвечает как наименьшему расстоянию для пары точек, так и наибольшему - если для одной из точек перейти к сопряжённой.

Теперь немного повернём 3-сферу $S^3,$ возьмём немного другую проекцию в "стеклянный шар" - такую, чтобы первая из окружностей распрямилась в прямую, проходящую через центр и стенки "шара". Тогда рисунок станет вот таким (общий перпендикуляр я наметил пунктиром, чтобы не загромождать рисунок):

    Изображение

Теперь стало легче разглядеть второе решение - общий перпендикуляр, соответствующий не максимумам и минимумам, а седловым точкам (см. предыдущее сообщение):

    Изображение

Всё это я нарисовал не то чтобы для данной задачи, а на будущее, чтобы у автора темы появился инструмент рассуждений о 4-мерном пространстве.

Для george66 замечание: те же образы используются для пространства $S^3/2$ (возникающего много где, например, для эллиптического пространства, для пространства группы $\mathrm{SO}(3)$), достаточно только взять в "стеклянном шаре" его внутреннюю половину, отстоящую от "центрального полюса" на расстояние не больше $\pi/2.$ Тогда из каждой пары сопряжённых точек выживает только одна.

Для всех: в таком "шаре" легко строить двойственные конструкции и теоремы, которые получаются одна из другой заменой
    прямая $\leftrightarrow$ 3-мерное пространство;
    плоскость $\leftrightarrow$ двойственная ей (дважды перпендикулярная) плоскость.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение14.03.2019, 23:49 
Заслуженный участник


31/12/15
674
Ух, красота! Нет, доказать просто не удаётся. Я вспомнил, как доказывается теорема об общем перпендикуляре двух прямых в трёхмерном пространстве
https://mathematics.ru/courses/stereome ... Iq77rhn3tQ
Есть некоторые шансы, что оно проходит и здесь, если везде в нём заменить слово "точка" на "прямая в четырёхмерном пространстве, проходящая через начало координат", слово "прямая" заменить на "плоскость в четырёхмерном пространстве, проходящая через начало координат" и слово "плоскость" на "трёхмерное подпространство в четырёхмерном пространстве, проходящая через начало координат", но в данный момент у меня нет силы воли это проверить.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение15.03.2019, 00:21 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


30/01/06
70481
Выглядит на первый взгляд достаточно кисло, потому что в сферической геометрии параллельности нет. Желательно какое-то другое доказательство.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение15.03.2019, 00:55 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


27/04/09
25159
Уфа
Кстати про подходы с 3-сферой. Если единичную 3-сферу стереографически отобразить в трёхмерное пространство, может быть удобнее разбираться с $\mathrm{SO}(4)$. У 3blue1brown есть пара видео и моделька про кватернионы и повороты 3-векторов ими, использующие этот подход, и сравнивающие с низкоразмерными аналогами; где-то может быть ещё, просто месяц назад наткнулся на те.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве
Сообщение15.03.2019, 01:25 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


30/01/06
70481
Не люблю эту проекцию. "Стеклянный шар" люблю больше (в нём деформации по краям меньше). Но это мои личные предпочтения. Конечно, тут вкусы разные.

-- 15.03.2019 01:46:07 --

Изображение 3Blue1Brown, конечно же, замечателен!


 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 63 ]  На страницу Пред.  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