Доказательство теоремы в четырехмерном пространстве

[george66]

Задача оказалась очень интересной. Придумал ещё случаи, когда общих перпендикуляров много (они соответствуют "параллелям Клиффорда" в трёхмерной сфере). Буду думать, как доказать синтетически. Идеология такая: возьмём трёхмерное проективное пространство, его точки - это прямые четырёхмерного пространства, проходящие через выделенную точку 0, а прямые в нём - это плоскости четырёхмерного пространства, проходящие через точку 0. Расстоянием между точками проективного пространства будет угол между задающими их прямыми. Для этого пространства есть прекрасная аксиоматика, изложенная в книге Бахмана "Построение геометрии на основе понятия симметрии"
http://gen.lib.rus.ec/search.php?req=%D ... column=def
Задача состоит в том, чтобы для двух не пересекающихся прямых в этом пространстве построить общий перпендикуляр. Буду думать.

[Munin]

george66
Вроде раньше вы его (проективное пространство, наделённое метрикой) называли эллиптическим пространством.

[george66]

Нашёл ответ в книге Бахмана, но он оформлен в виде задачи, которую предлагается решить, прочитав предыдущий текст (задача 3 на странице 311).
http://gen.lib.rus.ec/search.php?req=%D ... column=def
Сообщается, что в общем случае общих перпендикуляров два, они вполне перпендикулярны между собой (кажется, так это называется). В специальных случаях общих перпендикуляров может быть много. Через некоторое время изложу решение через кватернионы.

[Iro]

george66

Может я что-то неправильно понял, но задача 3 на странице 311 касается перпендикулярности прямых.

[Munin]

Iro
Вам же уже объяснили, что ваша задача про 4-мерное пространство (в котором все объекты проходят через точку $C$) эквивалентна задаче в 3-мерной сфере (в сферической или эллиптической геометрии), переформулированная как:

прямая → точка;
плоскость → прямая.

В Бахмане именно такая формулировка и рассматривается - задача находится в главе VI. Эллиптическая геометрия.

george66
Как по-вашему, можно ли задачу переформулировать для размерностей больше 4?

В задаче 3 на стр. 311 мне непонятны обозначения. Можно их по-простому объяснить?

[george66]

Текст трудный, кратко объяснить не смогу. Общая идеология такая: рассмотрим повороты обычного трёхмерного пространства вокруг начала координат. Они образуют группу по умножению. Каждый поворот можно задать вектором, направленным вдоль оси поворота, длина которого равна углу поворота. Такие векторы заполняют шар радиуса $\pi$. Точки его сферы -- это повороты ровно на $\pi$ (180 градусов). Поскольку поворот на $\pi$ и $-\pi$ вокруг одной и той же оси совпадают, надо отождествить диаметрально противоположные точки сферы. Получаем фигню, топологически устроенную как трёхмерное проективное пространство (вылетая из шара через границу, мы влетаем в него с противоположной стороны, перевернувшись вниз головой). Повороты на $\pi$ являются инволютивными элементами, их множество (поверхность шара) обозначим $J$
$J=\{x\mid xx=1 \wedge x\neq 1\}$
где единица 1 -- это нулевой поворот (ему соответствует точка центр шара). $J$ устроено как сфера с отождествлёнными диаметрально противоположными точками (проективная плоскость) и является плоскостью в трёхмерном проективном пространстве. Дальше аксиоматика Бахмана утверждает, что есть трёхмерное проективное пространство, на котором задана также структура группы (умножение точек), причём все плоскости имеют вид $uJ$ (сдвиг плоскости $J$ с помощью произвольного элемента группы $u$).
Не призываю разбираться в книге Бахмана, но кватернионы выучить надо, это и не трудно.

[arseniiv]

Munin в сообщении #1383511 писал(а):

Как по-вашему, можно ли задачу переформулировать для размерностей больше 4?

Можно рассмотреть взаимное расположение (вот в этом смысле наличия «перпендикулярных» подпространств, причём с разными размерностями пересечений) вообще произвольного набора подпространств, начиная с точек и заканчивая гиперплоскостями. Выйдет бетонная такая теорема о классификации, ещё наверно как-то использующая комбинаторику.

[Munin]

На языке кватернионов-то я бы это понял :-) А вот обозначения $J,D,$ скобочки и произведения без скобочек, греческие и латинские буквы - это всё как-то дико незнакомо. Видимо, Бахман закладывал на века новую нотацию, но она не стала популярной после него: в Википедии и других источниках я этого не насмотрелся.

-- 22.03.2019 18:52:50 --

arseniiv в сообщении #1383542 писал(а):

Выйдет бетонная такая теорема о классификации

Главное, чтобы обозримая. И доказательство не было бы бетонным.

Впрочем, на языке матриц это внезапно может обернуться какой-нибудь суперобщей очевидностью.

[Iro]

Munin
Нет не объяснили. Все ваши объяснения содержат в себе множество изъянов, на которые я вам указал, но вы предпочли это проигнорировать

[george66]

Если хотите разобраться в проективной геометрии, почитайте, например, в книжке Александрова
http://gen.lib.rus.ec/search.php?req=%D ... column=def
(главы 10 и 19). Но для данной конкретной задачи это не обязательно (а про кватернионы надо почитать)

[Munin]

Iro
Простите, я что-то пропустил.
Один раз вы просили конкретики, на что я ответил конкретным построением и вычислением.
Где ещё?

[george66]

Часть доказательства. Пусть даны два не нулевых четырёхмерных вектора
$(a_0,a_1,a_2,a_3)$
$(b_0,b_1,b_2,b_3)$
их можно также воспринимать как кватернионы. Каждый из векторов задаёт прямую, проходящую через начало координат (вектор с точностью до множителя). Составим шесть определителей $2\times 2$
$(p_{01},p_{02},p_{03},p_{23},p_{31},p_{12})$
они задают плоскость, надетую на вектора $a,b$. Эти числа (координаты Плюккера) определены с точностью до множителя, кроме того, трёхмерные вектора $(p_{01},p_{02},p_{03})$ и $(p_{23},p_{31},p_{12})$ ортогональны (проверяется вычислением). Возьмём сумму и разность этих трёхмерных векторов
$u=(p_{01}+p_{23},p_{02}+p_{31},p_{03}+p_{12})$
$v=(p_{01}-p_{23},p_{02}-p_{31},p_{03}-p_{12})$
получаем два трёхмерных вектора $u,v$ одинаковой длины, будем задавать исходную плоскость этой парой как разновидностью координат Плюккера. Поскольку они определены с точностью до множителя, их можно нормировать на единицу (и воспринимать как два чисто мнимых кватерниона нормы единица). При поворотах плоскости вокруг начала координат эти вектора поворачиваются как вектора трёхмерного пространства, что проделано здесь
topic129701.html
Задача: доказать, что две плоскости, задаваемые векторами $(u_1,v_1)$ и $(u_2,v_2)$ соответственно, ортогональны в том и только том случае, когда ортогональны $u_1$ и $u_2$, а также $v_1$ и $v_2$ (как трёхмерные вектора). Сам результат верен (сообщён в книжке Бахмана как задача). Тогда построение общего перепендикуляра для плоскостей сводится к построению общих перпендикуляров для $u_1$ и $u_2$, а также $v_1$ и $v_2$ в трёхмерном пространстве.

[svv]

Запишем условие ортогональности 2-плоскостей.
Пусть векторы $\mathbf u_1, \mathbf u_2$ лежат в 2-плоскости $U$ и линейно независимы, а векторы $\mathbf v_1, \mathbf v_2$ лежат в 2-плоскости $V$ и тоже линейно независимы.
Тогда $U$ и $V$ ортогональны (в «слабом» смысле, как в условии задачи), если
$\begin{vmatrix}\mathbf u_1\cdot \mathbf v_1 & \mathbf u_1\cdot \mathbf v_2\\\mathbf u_2\cdot \mathbf v_1 & \mathbf u_2\cdot \mathbf v_2\end{vmatrix}=0$

Пусть $(\mathbf a_1, \mathbf a_2)$ — ортонормированный базис на плоскости $A$. Для произвольного вектора $\mathbf u$ длина его ортогональной проекции на плоскость $A$ определяется формулой
$(\operatorname{pr}_A \mathbf u)^2=(\mathbf u\cdot\mathbf a_1)^2+(\mathbf u\cdot\mathbf a_2)^2$
Длина проекции выражена через базисные векторы $A$, но от выбора базиса не зависит.

Рассмотрим единичный вектор $\mathbf b(\beta)$, вращающийся в плоскости $B$ при изменении угла поворота $\beta$ (относительно некоторого нулевого направления). Выберем значение $\beta=\beta_m$, при котором $\frac{d}{d\beta}(\operatorname{pr}_A \mathbf b)^2=0$. Обозначая $\mathbf b_1=\mathbf b(\beta_m)$, $\mathbf b_2=\mathbf b(\beta_m+\pi/2)$, получим
$\mathbf b_1\cdot\mathbf b_2=0$ и
$(\mathbf b_1\cdot \mathbf a_1)(\mathbf b_2\cdot \mathbf a_1)+(\mathbf b_1\cdot \mathbf a_2)(\mathbf b_2\cdot \mathbf a_2)=0$

Воспользуемся свободой в выборе базиса в $A$ и потребуем $\mathbf b_1\cdot\mathbf a_2=0$ (такой выбор всегда возможен).
$\bullet$ Если $\mathbf b_1\cdot \mathbf a_1\neq 0$, то обязательно $\mathbf b_2\cdot \mathbf a_1=0$.
$\bullet$ Если $\mathbf b_1\cdot \mathbf a_1=0$, то $\mathbf b_1$ ортогонален любому вектору в $A$, поэтому $\mathbf b_1\cdot\mathbf a_2=0$ при любом выборе базиса. В этом случае переопределим базис так, чтобы $\mathbf b_2\cdot \mathbf a_1=0$.
Итак, всегда можно считать, что $\mathbf b_1\cdot \mathbf a_2=\mathbf b_2\cdot\mathbf a_1=0$.

Теперь натянем плоскость $C$ на векторы $\mathbf a_1, \mathbf b_1$. Проверим, что $A$ ортогональна $C$:
$\begin{vmatrix}\mathbf a_1\cdot \mathbf a_1 & \mathbf a_1\cdot \mathbf b_1\\\mathbf a_2\cdot \mathbf a_1 & \mathbf a_2\cdot \mathbf b_1\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}\mathbf a_1\cdot \mathbf a_1 & \mathbf a_1\cdot \mathbf b_1\\0 & 0\end{vmatrix}=0$
Проверим, что $B$ ортогональна $C$:
$\begin{vmatrix}\mathbf b_1\cdot \mathbf a_1 & \mathbf b_1\cdot \mathbf b_1\\\mathbf b_2\cdot \mathbf a_1 & \mathbf b_2\cdot \mathbf b_1\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}\mathbf b_1\cdot \mathbf a_1 & \mathbf b_1\cdot \mathbf b_1\\0 & 0\end{vmatrix}=0$

[Munin]

Вроде, пока всё идёт окей. Вы воспроизвели то же, что писал я: проекция единичной окружности на одной плоскости на другую плоскость есть эллипс, обе полуоси которого $<1$ (были бы $=1,$ если бы две плоскости имели общую прямую, и т.обр. содержались бы в одном 3-пространстве). Функция $\mathbf{a}(\alpha)\cdot\mathbf{b}(\beta)$ была мной выписана, и построен график (тот, который с максимумами, минимумами и седловыми точками).

Более того, можно для красоты выбрать, чтобы $(\operatorname{pr}_A \mathbf{b}_1)^2=\max,(\operatorname{pr}_A \mathbf{b}_1)^2=\min,$ или наоборот: свобода выбора базиса это ещё позволяет.

Теперь надо понатягивать $C$ на разные пары базисных векторов. И (вот тут не знаю как) доказать, что других нет.

[george66]

Далее, чисто мнимые кватернионы нормы единица обладают свойством
$uu=-1$
(это верно для $i,j,k$ и всех чисто мнимых кватернионов нормы единица). Два чисто мнимых кватерниона ортогональны (как трёхмерные вектора) если и только если они антикоммутируют
$ij=-ji$
Две плоскости в четырёхмерном пространстве ортогональны, если они пересекаются по прямой и каждая из них переходит в себя при симметрии (отражении) относительно другой. Подозреваю, что симметрия относительно плоскости $(u,v)$ задаётся так (через умножение кватернионов)
$x\to-uxv$
а плоскость $(u_2,v_2)$ при симметрии относительно $(u_1,v_1)$ переходит в плоскость
$(u_1u_2u_1,v_1v_2v_1)$
(сейчас ещё подумаю и обосную). В этом случае плоскость переходит в себя при симметрии если и только если
$u_1u_2u_1=u_2$
$v_1v_2v_1=v_2$
а это равносильно (с учётом $u_1u_1=-1=v_1v_1$)
$u_1u_2=-u_2u_1$
$v_1v_2=-v_2v_1$
то есть, ортогональности трёхмерных векторов $u_1$ и $u_2$, а также $v_1$ и $v_2$. Доказательство Бахмана раскручено, остались мелкие детали. Оно чисто алгебраическое, без производных. Промежуточный вывод: задача сложная, простого решения, видимо, нет.